738.单调递增的数字
思路
暴力解法
题意很简单，那么首先想的就是暴力解法了【超时】。
贪心算法
题目要求小于等于N的最大单调递增的整数，那么拿一个两位的数字来举例。
例如：98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]--，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数。
这一点如果想清楚了，这道题就好办了。
此时是从前向后遍历还是从后向前遍历呢？
从前向后遍历的话，遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]减一，但此时如果strNum[i - 1]减一了，可能又小于strNum[i - 2]。
这么说有点抽象，举个例子，数字：332，从前向后遍历的话，那么就把变成了329，此时2又小于了第一位的3了，真正的结果应该是299。
那么从后向前遍历，就可以重复利用上次比较得出的结果了，从后向前遍历332的数值变化为：332 -> 329 -> 299
确定了遍历顺序之后，那么此时局部最优就可以推出全局，找不出反例，试试贪心。
代码如下：
class Solution {public int monotoneIncreasingDigits(int n) {char[] chars = String.valueOf(n).toCharArray();int flag = chars.length;for (int i = chars.length-1; i > 0 ; i--) {if (chars[i] < chars[i-1]){chars[i-1]--;flag=i-1;}}for (int i = flag+1; i < chars.length; i++) {chars[i]='9';}return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));}
}- 时间复杂度：O(n)，n 为数字长度
- 空间复杂度：O(n)，需要一个字符串，转化为字符串操作更方便
总结
本题只要想清楚个例，例如98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]减一，strNum[i]赋值9，这样这个整数就是89。就可以很自然想到对应的贪心解法了。
想到了贪心，还要考虑遍历顺序，只有从后向前遍历才能重复利用上次比较的结果。
最后代码实现的时候，也需要一些技巧，例如用一个flag来标记从哪里开始赋值9。
968.监控二叉树
思路
这道题目首先要想，如何放置，才能让摄像头最小的呢？
从题目中示例，其实可以得到启发，我们发现题目示例中的摄像头都没有放在叶子节点上！
这是很重要的一个线索，摄像头可以覆盖上中下三层，如果把摄像头放在叶子节点上，就浪费的一层的覆盖。
所以把摄像头放在叶子节点的父节点位置，才能充分利用摄像头的覆盖面积。
为啥要从叶子节点看呢？
因为头结点放不放摄像头也就省下一个摄像头， 叶子节点放不放摄像头省下了的摄像头数量是指数阶别的。
所以我们要从下往上看，局部最优：让叶子节点的父节点安摄像头，所用摄像头最少，整体最优：全部摄像头数量所用最少！
局部最优推出全局最优，找不出反例，那么就按照贪心来！
此时，大体思路就是从低到上，先给叶子节点父节点放个摄像头，然后隔两个节点放一个摄像头，直至到二叉树头结点。
此时这道题目还有两个难点：
- 二叉树的遍历
- 如何隔两个节点放一个摄像头
确定遍历顺序
在二叉树中如何从低向上推导呢？
可以使用后序遍历也就是左右中的顺序，这样就可以在回溯的过程中从下到上进行推导了。
后序遍历代码如下：
int traversal(TreeNode* cur) {// 空节点，该节点有覆盖if (终止条件) return ;int left = traversal(cur->left); // 左int right = traversal(cur->right); // 右逻辑处理 // 中return ;
}
注意在以上代码中我们取了左孩子的返回值，右孩子的返回值，即left 和 right， 以后推导中间节点的状态
如何隔两个节点放一个摄像头
此时需要状态转移的公式，大家不要和动态的状态转移公式混到一起，本题状态转移没有择优的过程，就是单纯的状态转移！
来看看这个状态应该如何转移，先来看看每个节点可能有几种状态：
有如下三种：
- 该节点无覆盖
- 本节点有摄像头
- 本节点有覆盖
我们分别有三个数字来表示：
- 0：该节点无覆盖
- 1：本节点有摄像头
- 2：本节点有覆盖
大家应该找不出第四个节点的状态了。
一些同学可能会想有没有第四种状态：本节点无摄像头，其实无摄像头就是 无覆盖 或者 有覆盖的状态，所以一共还是三个状态。
因为在遍历树的过程中，就会遇到空节点，那么问题来了，空节点究竟是哪一种状态呢？ 空节点表示无覆盖？ 表示有摄像头？还是有覆盖呢？
回归本质，为了让摄像头数量最少，我们要尽量让叶子节点的父节点安装摄像头，这样才能摄像头的数量最少。
那么空节点不能是无覆盖的状态，这样叶子节点就要放摄像头了，空节点也不能是有摄像头的状态，这样叶子节点的父节点就没有必要放摄像头了，而是可以把摄像头放在叶子节点的爷爷节点上。
所以空节点的状态只能是有覆盖，这样就可以在叶子节点的父节点放摄像头了
接下来就是递推关系。
那么递归的终止条件应该是遇到了空节点，此时应该返回2（有覆盖），原因上面已经解释过了。
代码如下：
// 空节点，该节点有覆盖
if (cur == NULL) return 2;
递归的函数，以及终止条件已经确定了，再来看单层逻辑处理。
主要有如下四类情况：
- 情况1：左右节点都有覆盖
左孩子有覆盖，右孩子有覆盖，那么此时中间节点应该就是无覆盖的状态了。
如图：
代码如下：
// 左右节点都有覆盖
if (left == 2 && right == 2) return 0;
- 情况2：左右节点至少有一个无覆盖的情况
如果是以下情况，则中间节点（父节点）应该放摄像头：
- left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖
- left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖
- left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头
- left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖
- left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖
这个不难理解，毕竟有一个孩子没有覆盖，父节点就应该放摄像头。
此时摄像头的数量要加一，并且return 1，代表中间节点放摄像头。
代码如下：
if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1;
}
- 情况3：左右节点至少有一个有摄像头
如果是以下情况，其实就是 左右孩子节点有一个有摄像头了，那么其父节点就应该是2（覆盖的状态）
- left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖
- left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头
- left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头
代码如下：
if (left == 1 || right == 1) return 2;
从这个代码中，可以看出，如果left == 1, right == 0 怎么办？其实这种条件在情况2中已经判断过了，如图：
这种情况也是大多数同学容易迷惑的情况。
- 情况4：头结点没有覆盖
以上都处理完了，递归结束之后，可能头结点 还有一个无覆盖的情况，如图：
所以递归结束之后，还要判断根节点，如果没有覆盖，result++，代码如下：
int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖result++;}return result;
}
以上四种情况我们分析完了，
整体代码如下：
class Solution {int res = 0;public int minCameraCover(TreeNode root) {// 对根节点的状态做检验,防止根节点是无覆盖状态if (findCamer(root) == 0){res++;}return res;}/**节点的状态值：0 表示无覆盖1 表示 有摄像头2 表示有覆盖后序遍历，根据左右节点的情况,来判读 自己的状态*/int findCamer(TreeNode node){//终止条件if (node == null){return 2;//当结点为空时返回有覆盖的状态2}//遍历顺序，左右中int left = findCamer(node.left);int right = findCamer(node.right);//当左右子节点都为有覆盖时，当前结点为无覆盖 0if (left==2 && right==2){return 0;}//当前结点的左右子节点只要有一个为 无覆盖，则当前结点添加摄像头，返回 有摄像头1if (left == 0 || right == 0){res++;return 1;}//当左右子节点 有一个为 有摄像头时，当前结点为 有覆盖if (left == 1 || right ==1){return 2;}return -1;}
}贪心算法暂时over!!!
