C++で解く「House Robber III（二分木の強盗問題）」の解説

問題の概要

ある泥棒が、新たな盗みの場所を見つけました。このエリアへ入れる入り口は一つだけで、「root（根）」と呼ばれています。root以外のすべての家には、必ず親となる家が1つだけ存在します。下見を終えた賢い泥棒は、「この場所のすべての家は二分木を形成している」ことに気づきました。さらに、直接つながっている2つの家が同じ夜に泥棒に入ると、警察へ自動的に通報される仕組みになっています。そこで、警察に通報されることなく今夜盗める金額の最大値を求める必要があります。

例として、次のような二分木を考えてみましょう。

この場合、出力は 7 となります。

解き方のアルゴリズム

この問題は、木構造に対する動的計画法（木DP）を用いて解きます。各ノードについて「そのノードを襲った場合の最大金額」と「そのノードを襲らなかった場合の最大金額」の2つの値をペアで管理するのがポイントです。具体的な手順は以下の通りです。

• solve() というメソッドを定義します。引数としてノードを受け取ります。
• ノードが null の場合、ペア (-無限大, 0) を返します。
• leftVal := 左の子ノードに対する solve() の結果、rightVal := 右の子ノードに対する solve() の結果とします。
• leftVal・rightVal のそれぞれの第1要素・第2要素を、0 との最大値で更新します（負の値を排除するためです）。
• currVal := ノードの値と 0 の最大値とします。
• cantBeAdded := currVal + leftVal の第2要素 + rightVal の第2要素（自分を襲う場合は子を襲えないため、子の「襲わない」値を加算）。
• canBeAdded := (leftVal の第1要素 + rightVal の第1要素) と、(leftVal の第2要素、rightVal の第2要素、leftVal の第2要素 + rightVal の第2要素、leftVal の第2要素 + rightVal の第1要素、rightVal の第2要素 + leftVal の第1要素) の最大値との大きい方。
• ペア (cantBeAdded, canBeAdded) を返します。
• メインメソッドでは a := solve(root) を求め、a の第1要素と第2要素の最大値を返します。

ペアの各要素の意味

• 第1要素（cantBeAdded）：現在のノードを襲った場合に得られる最大金額。この場合、親ノードは襲えなくなります。
• 第2要素（canBeAdded）：現在のノードを襲らなかった場合に得られる最大金額。この場合、親ノードを襲うことが可能です。

C++での実装例

より理解を深めるために、以下の実装例を見てみましょう。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
class TreeNode{
   public:
      int val;
      TreeNode *left, *right;
      TreeNode(int data){
         val = data;
         left = right = NULL;
      }
};
void insert(TreeNode **root, int val){
   queue<TreeNode*> q;
   q.push(*root);
   while(q.size()){
      TreeNode *temp = q.front();
      q.pop();
      if(!temp->left){
         if(val != NULL)
            temp->left = new TreeNode(val);
         else
            temp->left = new TreeNode(0);
         return;
      }
      else{
         q.push(temp->left);
      }
      if(!temp->right){
         if(val != NULL)
            temp->right = new TreeNode(val);
         else
            temp->right = new TreeNode(0);
         return;
      } else {
         q.push(temp->right);
      }
   }
}
TreeNode *make_tree(vector<int> v){
   TreeNode *root = new TreeNode(v[0]);
   for(int i = 1; i<v.size(); i++){
      insert(&root, v[i]);
   }
   return root;
}
const int INF = -1e8;
class Solution {
   public:
   void printData(pair <int,int> t){
      cout << t.first << " " << t.second << endl;
   }
   pair <int,int> solve(TreeNode* node){
      if(!node){
         return {INF,0};
      }
      pair <int,int> leftVal = solve(node->left);
      pair <int,int> rightVal = solve(node->right);
      leftVal.first = max(leftVal.first,0);
      leftVal.second = max(leftVal.second,0);
      rightVal.second = max(rightVal.second,0);
      rightVal.first = max(rightVal.first,0);
      int currentVal = max(node->val,0);
      int cantBeAdded = currentVal + leftVal.second + rightVal.second;
      int canBeAdded =max(leftVal.first + rightVal.first,max({
         leftVal.second,rightVal.second,leftVal.second
         + rightVal.second,leftVal.second+rightVal.first,rightVal.second+leftVal.first
      }));
      return {cantBeAdded,canBeAdded};
   }
   int rob(TreeNode* root) {
      pair <int,int> a = solve(root);
      return max(a.first,a.second);
   }
};
main(){
   Solution ob;
   vector<int> v = {3,2,3,NULL,3,NULL,1};
   TreeNode *root = make_tree(v);
   cout << (ob.rob(root));
}

入力

[3,2,3,null,3,null,1]

出力

7

まとめ

この例では、ルートの「3」と、その孫ノードにあたる「3」と「1」を襲うことで、3 + 3 + 1 = 7 という最大金額を得られます。親子関係にあるノード（隣接する家）を同時に襲えないという制約の下でも、各ノードで「襲う場合」と「襲わない場合」の2状態を管理する木DPを使えば、最適解を効率的に求められます。すべてのノードを1度ずつ訪問するため、計算量はノード数を N として O(N) に収まります。