监控二叉树
思路
這道題目首先要想，如何放置，才能讓攝像頭數最小呢？
然后我們發現題目示例中的攝像頭都沒有放在葉子節點上！
這是很重要的一個線索，攝像頭可以覆蓋上中下三層，如果把攝像頭放在葉子節點上，就浪費的一層的覆蓋。
所以把攝像頭放在葉子節點的父節點位置，才能充分利用攝像頭的覆蓋面積。
為什么不從頭結點開始看起呢，為啥要從葉子節點看呢？
因為頭結點放不放攝像頭也就省下一個攝像頭， 葉子節點放不放攝像頭省下了的攝像頭數量是指數級別的。
所以我們要從下往上看，局部最優：讓葉子節點的父節點安攝像頭，所用攝像頭最少，整體最優：全部攝像頭數量所用最少！
局部最優推出全局最優，找不出反例，那么就按照貪心來！
此時，大體思路就是從下到上，先給葉子節點父節點放個攝像頭，然后隔兩個節點放一個攝像頭，直至到二叉樹頭結點。
此時這道題目還有兩個難點：
二叉樹的遍歷
如何隔兩個節點放一個攝像頭
確定遍歷順序
在二叉樹中如何從下向上推導呢？
可以使用后序遍歷也就是左右中的順序，這樣就可以在回溯的過程中從下到上進行推導了。
int traversal(TreeNode* cur) {// 空節點，該節點有覆蓋if (終止條件) return ;int left = traversal(cur->left); // 左int right = traversal(cur->right); // 右邏輯處理 // 中return ;}以上代碼中我們取了左孩子和右孩子的返回值，即left 和 right， 方便以后推導中間節點的狀態。
如何隔兩個節點放一個攝像頭
此時需要狀態轉移。
這個狀態應該如何轉移，我們首先看看每個節點可能有幾種狀態：
1、本節點無覆蓋
2、本節點有攝像頭
3、本節點有覆蓋
我們分別有三個數字來表示：
0：本節點無覆蓋
1：本節點有攝像頭
2：本節點有覆蓋
注意：本節點無攝像頭，其實無攝像頭就是 無覆蓋 或者 有覆蓋的狀態，所以一共還是三個狀態。
那么在遍歷樹的過程中，就會遇到空節點，那么問題來了，空節點究竟是哪一種狀態呢？空節點表示無覆蓋？表示有攝像頭？還是有覆蓋呢？
回歸本質，為了讓攝像頭數量最少，我們要盡量讓葉子節點的父節點安裝攝像頭，這樣才能攝像頭的數量最少。
那么空節點不能是無覆蓋的狀態，這樣葉子節點就要放攝像頭了，空節點也不能是有攝像頭的狀態，這樣葉子節點的父節點就沒有必要放攝像頭了，而是可以把攝像頭放在葉子節點的爺爺節點上。
所以空節點的狀態只能是有覆蓋，這樣就可以在葉子節點的父節點放攝像頭了
接下來就是遞推關系。
那么遞歸的終止條件應該是遇到了空節點，此時應該返回2（有覆蓋），原因上面已經解釋過了。
// 空節點，該節點有覆蓋 if (cur == NULL) return 2;單層邏輯處理
主要有如下四類情況：
情況1：左右節點都有覆蓋
左孩子有覆蓋，右孩子有覆蓋，那么此時中間節點應該就是無覆蓋的狀態了。
情況2：左右節點至少有一個無覆蓋的情況
如果是以下情況，則中間節點（父節點）應該放攝像頭：
left == 0 && right == 0 左右節點無覆蓋
left == 1 && right == 0 左節點有攝像頭，右節點無覆蓋
left == 0 && right == 1 左節點有無覆蓋，右節點攝像頭
left == 0 && right == 2 左節點無覆蓋，右節點覆蓋
left == 2 && right == 0 左節點覆蓋，右節點無覆蓋
這個不難理解，畢竟有一個孩子沒有覆蓋，父節點就應該放攝像頭。
此時攝像頭的數量要加一，并且return 1，代表中間節點放攝像頭
if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1; }情況3：左右節點至少有一個有攝像頭
如果是以下情況，其實就是 左右孩子節點有一個有攝像頭了，那么其父節點就應該是2（覆蓋的狀態）
left == 1 && right == 2 左節點有攝像頭，右節點有覆蓋
left == 2 && right == 1 左節點有覆蓋，右節點有攝像頭
left == 1 && right == 1 左右節點都有攝像頭
情況4：頭結點沒有覆蓋
以上都處理完了，遞歸結束之后，可能頭結點 還有一個無覆蓋的情況，如圖：
所以遞歸結束之后，還要判斷根節點，如果沒有覆蓋，result++，代碼如下：
最后的代碼
// 版本一 class Solution { private:int result;int traversal(TreeNode* cur) {// 空節點，該節點有覆蓋if (cur == NULL) return 2;int left = traversal(cur->left); // 左int right = traversal(cur->right); // 右// 情況1// 左右節點都有覆蓋if (left == 2 && right == 2) return 0;// 情況2// left == 0 && right == 0 左右節點無覆蓋// left == 1 && right == 0 左節點有攝像頭，右節點無覆蓋// left == 0 && right == 1 左節點有無覆蓋，右節點攝像頭// left == 0 && right == 2 左節點無覆蓋，右節點覆蓋// left == 2 && right == 0 左節點覆蓋，右節點無覆蓋if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1;}// 情況3// left == 1 && right == 2 左節點有攝像頭，右節點有覆蓋// left == 2 && right == 1 左節點有覆蓋，右節點有攝像頭// left == 1 && right == 1 左右節點都有攝像頭// 其他情況前段代碼均已覆蓋if (left == 1 || right == 1) return 2;// 以上代碼我沒有使用else，主要是為了把各個分支條件展現出來，這樣代碼有助于讀者理解// 這個 return -1 邏輯不會走到這里。return -1;}public:int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;// 情況4if (traversal(root) == 0) { // root 無覆蓋result++;}return result;} };本題的難點首先是要想到貪心的思路，然后就是遍歷和狀態推導。
總結
