【算法】贪心算法

g0dam

2025-03-12

Algorithm

贪心

376. 摆动序列

如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为摆动序列。第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。
例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个摆动序列，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。
子序列可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。
给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为摆动序列的最长子序列的长度。

1
2
3

输入：nums = [1,7,4,9,2,5]
输出：6
解释：整个序列均为摆动序列，各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。

考虑用动态规划的思想来解决这个问题。

很容易可以发现，对于我们当前考虑的这个数，要么是作为山峰（即 nums[i] > nums[i-1]），要么是作为山谷（即 nums[i] < nums[i - 1]）。

设 dp 状态dp[i][0]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山峰的摆动子序列的最长长度
设 dp 状态dp[i][1]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山谷的摆动子序列的最长长度
则转移方程为：

dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] < nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山谷后面，作为山峰。
dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] > nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山峰后面，作为山谷。

# 贪心算法
class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        if len(nums) <= 1:
            return len(nums)

        curDiff = 0 # 当前一对元素的差值
        preDiff = 0 # 前一对元素的差值
        result = 1
        for i in range(len(nums) - 1):
            curDiff = nums[i+1] - nums[i] # 计算下个元素和当前元素差值
            # 如果遇到一个峰值
            if (preDiff <= 0 and curDiff > 0) or (preDiff >= 0 and curDiff < 0):
                result += 1
                preDiff = curDiff
        return result

# 动态规划
class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        dp = [[0,0] for _ in range(len(nums))] # 创建二维dp数组，用于记录摆动序列的最大长度
        dp[0][0] = dp[0][1] = 1 # 初始条件，序列中的第一个元素默认为峰值，最小长度为1
        for i in range(1, len(nums)):
            dp[i][0] = dp[i][1] = 1  # 初始化当前位置的dp值为1
            for j in range(i):
                if nums[j] > nums[i]:
                    dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0]+1)  # 如果前一个数比当前数大，可以形成一个上升峰值，更新dp[i][1]
            for j in range(i):
                if nums[j] < nums[i]:
                    dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1]+1) # 如果前一个数比当前数小，可以形成一个下降峰值，更新dp[i][0]
        return max(dp[-1][0], dp[-1][1]) # 返回最大的摆动序列长度

53. 最大子数组和

给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
子数组是数组中的一个连续部分。

class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        result = float('-inf')
        count = 0
        for i in range(len(nums)):
            count += nums[i]
            if count > result: # 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
                result = count
            if count <= 0: # 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
                count = 0
        return result

122.买卖股票的最佳时机 II

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以先购买，然后在同一天出售。
返回你能获得的最大利润。

输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3。
最大总利润为 4 + 3 = 7 。

如果想到其实最终利润是可以分解的，那么本题就很容易了！如何分解呢？
假如第 0 天买入，第 3 天卖出，那么利润为：prices[3] - prices[0]。
相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。
此时就是把利润分解为每天为单位的维度，而不是从 0 天到第 3 天整体去考虑！

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        result = 0
        for i in range(1, len(prices)):
            result += max(prices[i] - prices[i-1], 0)
        return result

55. 跳跃游戏

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。
数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
判断你是否能够到达最后一个位置。

示例  1:
输入: [2,3,1,1,4]
输出: true
解释: 我们可以先跳 1 步，从位置 0 到达 位置 1, 然后再从位置 1 跳 3 步到达最后一个位置。

class Solution:
    def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
        cover = 0
        if len(nums) == 1: return True
        i = 0
        # python不支持动态修改for循环中变量,使用while循环代替
        while i <= cover:
            cover = max(i + nums[i], cover)
            if cover >= len(nums) - 1: return True
            i += 1
        return False

45.跳跃游戏 II

给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。
每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向后跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:
0 <= j <= nums[i]
i + j < n
返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。

示例 1:
输入: nums = [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
     从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

本题要计算最少步数，那么就要想清楚什么时候步数才一定要加一呢？
贪心的思路，局部最优：当前可移动距离尽可能多走，如果还没到终点，步数再加一。整体最优：一步尽可能多走，从而达到最少步数。
思路虽然是这样，但在写代码的时候还不能真的能跳多远就跳多远，那样就不知道下一步最远能跳到哪里了。
所以真正解题的时候，要从覆盖范围出发，不管怎么跳，覆盖范围内一定是可以跳到的，以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！
这里需要统计两个覆盖范围，当前这一步的最大覆盖和下一步最大覆盖。

class Solution:
    def jump(self, nums: List[int]) -> int:
        if len(nums) == 1:
            return 0
        
        cur_distance = 0 # 当前覆盖最远距离下标
        ans = 0 # 记录走的最大步数
        next_distance = 0 # 下一步覆盖最远距离下标

        for i in range(len(nums)):
            next_distance = max(nums[i]+i, next_distance)
            if i == cur_distance: # 遇到当前覆盖最远距离下标
                ans += 1
                cur_distance = next_distance
                if next_distance >= len(nums) - 1: # 当前覆盖最远距离达到数组末尾，不用再做ans++操作，直接结束
                    break

        return ans

134. 加油站

在一条环路上有 n 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。
你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。
给定两个整数数组 gas 和 cost ，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1 。如果存在解，则保证它是唯一的。

示例 1:
输入: gas = [1,2,3,4,5], cost = [3,4,5,1,2]

输出: 3
解释:
从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
因此，3 可为起始索引。

如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明各个站点的加油站剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，因为这个区间选择任何一个位置作为起点，到i这里都会断油，那么起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。那么局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。

class Solution:
    def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:
        curSum = 0
        totalSum = 0
        start = 0

        for i in range(len(gas)):
            curSum += gas[i] - cost[i]
            totalSum += gas[i] - cost[i]

            if curSum < 0:
                start = i+1
                curSum = 0
        
        if totalSum < 0:
            return -1
        return start

直接从全局进行贪心选择，情况如下：
情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
情况二：rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能把这个负数填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点。

示例

输入

1 2	gas = [1, 2, 3, 4, 5] cost = [3, 4, 5, 1, 2]

计算 rest[i] = gas[i] - cost[i]：

1	rest = [-2, -2, -2, 3, 3]

累积 curSum：

i=0, curSum = -2  (curSum < 0，说明0不能作为起点)
i=1, curSum = -4  (curSum < 0，说明1不能作为起点)
i=2, curSum = -6  (curSum < 0，说明2不能作为起点)
i=3, curSum = -3  (curSum 变大)
i=4, curSum =  0  (curSum >= 0，所有油量累加后变为非负)

🔹 最小 curSum = -6（在 i=2 处），所以需要填平 -6。

如何找到能填平 `-6` 的站点

从后往前检查 rest[i]，找出从哪开始可以让 curSum 回正。
rest = [-2, -2, -2, 3, 3]

**从 i=4 开始向前累加，直到 curSum >= 0**：

1 2	i=4, sum = 3 (填平 -6 还差 3) i=3, sum = 6 (已经填平了 -6)

说明 从 i=3 开始出发，可以填平之前的亏损 -6，最终回到 0 或以上。

🔹 **最终答案：起点是 i=3**。

class Solution:
    def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:
        curSum = 0
        minFuel = float('inf')

        for i in range(len(gas)):
            rest = gas[i] - cost[i]
            curSum += rest
            if curSum < minFuel:
                minFuel = curSum

        if curSum < 0:
            return -1

        if minFuel >= 0:
            return 0

        for i in range(len(gas) - 1, -1, -1):
            rest = gas[i] - cost[i]
            minFuel += rest
            if minFuel >= 0:
                return i

        return -1

135. 分发糖果

n 个孩子站成一排。给你一个整数数组 ratings 表示每个孩子的评分。
你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：
每个孩子至少分配到 1 个糖果。
相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。
请你给每个孩子分发糖果，计算并返回需要准备的最少糖果数目。

1
2
3

输入：ratings = [1,0,2]
输出：5
解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

这道题目一定是要确定一边之后，再确定另一边，例如比较每一个孩子的左边，然后再比较右边，如果两边一起考虑一定会顾此失彼
先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）
此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果
局部最优可以推出全局最优。

再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）
遍历顺序这里有同学可能会有疑问，为什么不能从前向后遍历呢？
因为 rating[5]与rating[4]的比较要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果，所以要从后向前遍历。
如果从前向后遍历，rating[5]与rating[4]的比较就不能用上 rating[5]与rating[6]的比较结果了。如图：

所以确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历！
如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candyVec[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了，一个是candyVec[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candyVec[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。
那么又要贪心了，局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。

为什么要取 max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1)？
如果我们不取最大值，而只是直接让 candyVec[i] = candyVec[i + 1] + 1，可能会破坏第一次遍历的结果，导致最终答案不正确。

class Solution:
    def candy(self, ratings: List[int]) -> int:
        n = len(ratings)
        candies = [1] * n

        for i in range(1, n):
            if ratings[i] > ratings[i-1]:
                candies[i] = candies[i-1] + 1
        
        for i in range(n-2, -1, -1):
            if ratings[i] > ratings[i+1]:
                candies[i] = max(candies[i], candies[i+1]+1)
        
        return sum(candies)

406. 根据身高重建队列

假设有打乱顺序的一群人站成一个队列，数组 people 表示队列中一些人的属性（不一定按顺序）。每个 people[i] = [hi, ki] 表示第 i 个人的身高为 hi ，前面正好有 ki 个身高大于或等于 hi 的人。
请你重新构造并返回输入数组 people 所表示的队列。返回的队列应该格式化为数组 queue ，其中 queue[j] = [hj, kj] 是队列中第 j 个人的属性（queue[0] 是排在队列前面的人）。

输入：people = [[7,0],[4,4],[7,1],[5,0],[6,1],[5,2]]
输出：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]
解释：
编号为 0 的人身高为 5 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
编号为 1 的人身高为 7 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
编号为 2 的人身高为 5 ，有 2 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0 和 1 的人。
编号为 3 的人身高为 6 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
编号为 4 的人身高为 4 ，有 4 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0、1、2、3 的人。
编号为 5 的人身高为 7 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
因此 [[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]] 是重新构造后的队列。

在按照身高从大到小排序后：
局部最优：优先按身高高的people的k来插入。插入操作过后的people满足队列属性
全局最优：最后都做完插入操作，整个队列满足题目队列属性
局部最优可推出全局最优，找不出反例，那就试试贪心。

class Solution:
    def reconstructQueue(self, people: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
        # 先按照h维度的身高顺序从高到低排序。确定第一个维度
        # lambda返回的是一个元组：当-x[0](维度h）相同时，再根据x[1]（维度k）从小到大排序
        people.sort(key=lambda x:(-x[0], x[1]))
        que = []

        for p in people:
            que.insert(p[1], p)
            return que

452. 用最少数量的箭引爆气球

有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points ，其中points[i] = [xstart, xend] 表示水平直径在 xstart 和 xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。
一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点完全垂直地射出。在坐标 x 处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend，且满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。可以射出的弓箭的数量没有限制。弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。
给你一个数组 points ，返回引爆所有气球所必须射出的最小弓箭数。

直觉上来看，貌似只射重叠最多的气球，用的弓箭一定最少，那么有没有当前重叠了三个气球，我射两个，留下一个和后面的一起射这样弓箭用的更少的情况呢？尝试一下举反例，发现没有这种情况。
那么就试一试贪心吧！局部最优：当气球出现重叠，一起射，所用弓箭最少。全局最优：把所有气球射爆所用弓箭最少。
算法确定下来了，那么如何模拟气球射爆的过程呢？是在数组中移除元素还是做标记呢？

如果真实的模拟射气球的过程，应该射一个，气球数组就remove一个元素，这样最直观，毕竟气球被射了。
但仔细思考一下就发现：如果把气球排序之后，从前到后遍历气球，被射过的气球仅仅跳过就行了，没有必要让气球数组remove气球，只要记录一下箭的数量就可以了。
以上为思考过程，已经确定下来使用贪心了，那么开始解题。

为了让气球尽可能的重叠，需要对数组进行排序。
那么按照气球起始位置排序，还是按照气球终止位置排序呢？
其实都可以！只不过对应的遍历顺序不同，我就按照气球的起始位置排序了。
既然按照起始位置排序，那么就从前向后遍历气球数组，靠左尽可能让气球重复。
从前向后遍历遇到重叠的气球了怎么办？
如果气球重叠了，重叠气球中右边边界的最小值之前的区间一定需要一个弓箭。
以题目示例： [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]为例，如图：（方便起见，已经排序）

class Solution:
    def findMinArrowShots(self, points: List[List[int]]) -> int:
        if len(points) == 0: return 0
        points.sort(key = lambda x : x[0])
        result = 1
        for i in range(1, len(points)):
            if points[i][0] > points[i-1][1]:
                result += 1
            else:
                points[i][1] = min(points[i-1][1], points[i][1]) # 更新最小右边界
        return result

763. 划分字母区间

给你一个字符串 s 。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。例如，字符串 “ababcc” 能够被分为 [“abab”, “cc”]，但类似 [“aba”, “bcc”] 或 [“ab”, “ab”, “cc”] 的划分是非法的。
注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s 。
返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。

输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出：[9,7,8]
解释：
划分结果为 "ababcbaca"、"defegde"、"hijhklij" 。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。

class Solution:
    def partitionLabels(self, s: str) -> List[int]:
        last_occurrence = {}
        for i, ch in enumerate(s):
            last_occurrence[ch] = i

        result = []
        start = 0
        end = 0
        for i,ch in enumerate(s):
            end = max(end, last_occurrence[ch]) #找到当前区间内所有字符出现的最远位置
            if i == end:
                result.append(end-start+1)
                start = i+1

        return result


class Solution:
    # 与452.用最少数量的箭引爆气球 (opens new window)、435.无重叠区间 (opens new window)相同的思路。
    def countLabels(self, s):
        # 初始化一个长度为26的区间列表
        hash = [[float('-inf'), float('-inf')] for _ in range(26)]
        hash_filter = []
        for i in range(len(s)):
            if hash[ord(s[i]) - ord('a')][0] == float('-inf'):
                hash[ord(s[i]) - ord('a')][0] = i
            hash[ord(s[i]) - ord('a')][1] = i
        for i in range(len(hash)):
            if hash[i][0] != float('-inf'):
                hash_filter.append(hash[i])
        return hash_filter

    def partitionLabels(self, s: str) -> List[int]:
        res = []
        hash = self.countLabels(s)
        hash.sort(key=lambda x:x[0]) 
        rightBoard = hash[0][1] # 记录最大有边界
        leftBoard = 0
        for i in range(1, len(hash)):
            if hash[i][0] > rightBoard:
                res.append(rightBoard - leftBoard + 1)
                leftBoard = hash[i][0]
            rightBoard = max(rightBoard, hash[i][1])
        res.append(rightBoard - leftBoard + 1) # 最右端
        return res

end 记录的是当前片段中所有字符的最远出现位置。

738. 单调递增的数字

当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。
给定一个整数 n ，返回小于或等于 n 的最大数字，且数字呈单调递增。

1 2	输入: n = 10 输出: 9

为什么从右向左遍历？
贪心策略：如果 strNum[i-1] > strNum[i]，一定要让 strNum[i-1] 变小，并把 flag 位置之后的所有数字变 9，才能保证最大的单调递增数。

class Solution:
    def monotoneIncreasingDigits(self, n: int) -> int:
        # 将整数转换为字符串
        strNum = str(n)
        # flag用来标记赋值9从哪里开始
        # 设置为字符串长度，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行
        flag = len(strNum)
        # 从右往左遍历字符串
        for i in range(len(strNum)-1, 0, -1):
            # 如果当前字符比前一个字符小，说明需要修改前一个字符
            if strNum[i-1] > strNum[i]:
                flag = i # 更新flag的值，记录需要修改的位置
                strNum = strNum[:i-1] + str(int(strNum[i-1]) - 1) + strNum[i:]

        for i in range(flag, len(strNum)):
            strNum = strNum[:i] + '9' + strNum[i+1:]

        return int(strNum)

968. 监控二叉树重要！

给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。
节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。
计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。

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。
那么有同学可能问了，为什么不从头结点开始看起呢，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！

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。

class Solution:
    # Greedy Algo:
        # 从下往上安装摄像头：跳过leaves这样安装数量最少，局部最优 -> 全局最优
        # 先给leaves的父节点安装，然后每隔两层节点安装一个摄像头，直到Head
        # 0: 该节点未覆盖
        # 1: 该节点有摄像头
        # 2: 该节点有覆盖
    def minCameraCover(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
        # 定义递归函数
        result = [0] # 记录摄像头数量
        if self.traversal(root, result) == 0:
            result[0] += 1
        
        return result[0]

    def traversal(self, cur: TreeNode, result: List[int]) -> int:
        if not cur:
            return 2

        left = self.traversal(cur.left, result)
        right = self.traversal(cur.right, result)

        if left == 2 and right == 2:
            return 0

        if left == 0 or right == 0:
            result[0] += 1
            return 1

        if left == 1 or right == 1:
            return 2