原題
Given a binary tree, we install cameras on the nodes of the tree.
Each camera at a node can monitor its parent, itself, and its immediate children.
Calculate the minimum number of cameras needed to monitor all nodes of the tree.
Example 1:
Input: [0,0,null,0,0]
Output: 1
Explanation: One camera is enough to monitor all nodes if placed as shown.
Example 2:
Input: [0,0,null,0,null,0,null,null,0]
Output: 2
Explanation: At least two cameras are needed to monitor all nodes of the tree. The above image shows one of the valid configurations of camera placement.
題目大意：
在二叉樹節點放置攝像頭，每個攝像頭覆蓋到父節點、本身、以及子節點，最後求得覆蓋所有節點所需最小攝像頭數量。
分析
Ref:https://leetcode.com/articles/binary-tree-cameras/
思路比較明確，使用動態規劃來求解全局最優解。這裏最主要是到對每個節點的狀態劃分。
由於是樹形結構，按照自下到上的思路來對當前節點（cur_node）的狀態進行劃分，節點總共有三種狀態：
狀態0：
兩個子節點均被覆蓋，當前節點不被覆蓋。
狀態1：
當前節點被覆蓋，但是當前節點沒有放置相機（說明兩個子節點中至少有一個放置了相機）
狀態2：
當前節點放置了相機
總結
對當前的節點進行劃分之後，可以得到以下的狀態轉移條件
- 爲了滿足狀態0，則cur_node的兩個子節點都必須處於狀態1
- 爲了滿足狀態1，則cur_node的兩個子節點中至少有一個子節點處於狀態2，另一個子節點處於狀態1或狀態2
- 對於狀態2，由於cur_node放置相機，兩個子節點可以處於任何狀態
遞歸函數定義
令solve（node）函數爲求解函數，返回當node狀態分別爲0,1,2時，滿足其子樹全部被相機覆蓋的最優解（dp[0], dp[1], dp[2]）
即：
- 當node爲狀態0時，返回覆蓋其子樹所有節點所需的最小相機數(dp[0])
- 當node爲狀態1時，返回覆蓋其子樹所有節點所需的最小相機數(dp[1])
- 當node爲狀態2時，返回覆蓋其子樹所有節點所需的最小相機數(dp[2])
Note: 由於狀態0沒有覆蓋到當前節點，因此要求解覆蓋包含當前節點的最優解時，其解爲min(dp[1], dp[2])。
遞歸出口
噹噹前節點爲NULL時，跳出遞歸，返回解爲（0， 0， MAX_VALUE），這裏假設子節點爲空時，可以視爲被相機覆蓋，MAX_VALUE表示當前節點不可能是2狀態。
如上圖爲例，如下對只有1個或2個節點的情況進行解釋：
噹噹前節點爲NULL時，我們關注父節點（2）的狀態，（這裏假設子節點爲空時，可以視爲被相機覆蓋）
- 因此節點2處於狀態0時，得到的最優解爲0，因爲子節點均被覆蓋，不需要額外相機
- 因此節點2處於狀態1時，其不可能是由子節點的相機覆蓋得到的，因爲子節點沒有放置相機，其值爲MAX_VALUE
- 因此節點2處於狀態2時，放置一個相機，最優解爲1
只有一個節點2時，得到的節點2不同狀態的最優解爲（0， MAX_VALUE, 1），最優解爲min(MAX_VALUE, 1) = 1.
再往回推當節點2有一個父節點1時，將節點1最爲當前節點。
- 由於節點2不可能由其子節點覆蓋得到，因此此狀態下的最優解爲MAX_VALUE，表示不可能
- 當節點1爲狀態1時，由子節點覆蓋得到，此狀態下最優解1
- 當節點1爲狀態2時，在此位置上放置相機，子節點可以爲任何狀態，此狀態下最優解1
只有兩個節點時，得到的節點1(root)不同狀態的最優解爲（ MAX_VALUE, 1, 1），最優解爲min(1, 1) = 1
他山之石，可以攻玉（別人的答案）
在提交之後可以看到別人提交的答案，看完後再看看自己的代碼便更覺得羞澀難擋，因此去掉了貼自己代碼這一步，轉而分析別人代碼。
作者@awice
第一次看到代碼的時候反覆看了幾次纔看懂，爲了便於大家理解，以註釋的形式做個筆記
class Solution {
public:
int minCameraCover(TreeNode* root)
{
vector<int> ans = solve(root);
//由於狀態0不滿足覆蓋條件，因此噹噹前節點爲root時， 選擇滿足狀態1和狀態2中的最小值
return min(ans[1], ans[2]);
}
vector<int> solve(TreeNode* node) {
//按照之前遞歸出口的分析，這裏將MAX_VALUE設爲了99999
if(node == NULL)
return vector<int>{0, 0, 99999};
//對當前節點的左子節點以及右子節點計算最優解值
vector<int> L = solve(node->left);
vector<int> R = solve(node->right);
//求解左子節點以及右子節點中滿足的狀態1、狀態2的最小值
//也就是全部覆蓋左子樹、右子樹所需相機數的最優解
int mL12 = min(L[1], L[2]);
int mR12 = min(R[1], R[2]);
//噹噹前節點爲狀態0時，按照【總結1】，兩個子節點必須處於狀態1.
//因此得到的最優解爲L[1]+R[1]
int d0 = L[1] + R[1];
//噹噹前節點爲狀態1時，按照【總結2】，兩個子節點中至少有一個節點處於狀態2，另一個子節點處於狀態1或2
//因此得到的最優解爲這兩種情況的最小值
int d1 = min(L[2] + mR12, R[2] + mL12);
//噹噹前節點爲狀態2時，按照【總結3】, 只要求得兩個子節點的最優解在加上當前節點放置的相機數1即可
int d2 = 1 + min(L[0], mL12) + min(R[0], mR12);
return vector<int>{d0, d1, d2};
}
};