概述
打家劫舍系列
198-打家劫舍
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。
示例 1：输入：[1,2,3,1]
输出：4
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 1) ，然后偷窃 3 号房屋 (金额 = 3)。偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
思路：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i]：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]。
- 确定递推公式
决定dp[i]的因素就是第i房间偷还是不偷。
如果偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 2] + nums[i] ，即：第i-1房一定是不考虑的，找出 下标i-2（包括i-2）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i-2] 加上第i房间偷到的钱。
如果不偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 1]，即考虑i-1房，（注意这里是考虑，并不是一定要偷i-1房，这是很多同学容易混淆的点）
然后dp[i]取最大值，即dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
- dp数组如何初始化
从递推公式dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);可以看出，递推公式的基础就是dp[0] 和 dp[1]
从dp[i]的定义上来讲，dp[0] 一定是 nums[0]，dp[1]就是nums[0]和nums[1]的最大值即：dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
- 确定遍历顺序
dp[i] 是根据dp[i - 2] 和 dp[i - 1] 推导出来的，那么一定是从前到后遍历！
- 举例推导dp数组
以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例。
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
int[] dp = new int[nums.length]; // 考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);
for (int i = 2; i < nums.length;i++){
dp[i] = Math.max(dp[i - 1],dp[i - 2] + nums[i]);
}
return dp[nums.length - 1];
}
}
- 时间复杂度：O(n)，n是数组长度
- 空间复杂度：O(n)，创建了一个n长度的数组
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) {
return 0;
}
int length = nums.length;
if (length == 1) {
return nums[0];
}
int first = nums[0], second = Math.max(nums[0], nums[1]);
for (int i = 2; i < length; i++) {
int temp = second;
second = Math.max(first + nums[i], second);
first = temp;
}
return second;
}
}
-
时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组长度。只需要对数组遍历一次。
-
空间复杂度：O(1)。使用滚动数组，可以只存储前两间房屋的最高总金额，而不需要存储整个数组的结果，因此空间复杂度是 O(1)。
213-打家劫舍II
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入：nums = [2,3,2]
输出：3
解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
思路：
这道题目和198差不多的，唯一区别就是成环了。
对于一个数组，成环的话主要有如下三种情况：
- 情况一：考虑不包含首尾元素
- 情况二：考虑包含首元素，不包含尾元素
- 情况三：考虑包含尾元素，不包含首元素
注意我这里用的是"考虑"，例如情况三，虽然是考虑包含尾元素，但不一定要选尾部元素！对于情况三，取nums[1] 和 nums[3]就是最大的。
而情况二 和 情况三 都包含了情况一了，所以只考虑情况二和情况三就可以了。
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
int result1 = robRange(nums,0,nums.length - 2); // 情况二
int result2 = robRange(nums,1,nums.length - 1); // 情况三
return Math.max(result1,result2);
}
// 198-打家劫舍的逻辑
public int robRange(int[] nums,int start, int end){
if (end == start) return nums[start];
int[] dp = new int[nums.length]; // 考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]
dp[start] = nums[start];
dp[start + 1] = Math.max(nums[start],nums[start + 1]);
for (int i = start + 2;i <= end; i++){
dp[i] = Math.max(dp[i - 1],dp[i - 2] + nums[i]);
}
return dp[end];
}
}
- 时间复杂度：O(n)，n是数组长度
- 空间复杂度：O(n)，创建了一个n长度的数组
337-打家劫舍 III
在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为“根”。除了“根”之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。
计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。
思路：
每个节点可选择偷或者不偷两种状态，根据题目意思，相连节点不能一起偷
- 当前节点选择偷时，那么两个孩子节点就不能选择偷了
- 当前节点选择不偷时，两个孩子节点只需要拿最多的钱出来就行(两个孩子节点偷不偷没关系)
我们使用一个大小为 2 的数组来表示 int[] res = new int[2] 0 代表不偷，1 代表偷
任何一个节点能偷到的最大钱的状态可以定义为
- 当前节点选择不偷：当前节点能偷到的最大钱数 = 左孩子能偷到的钱 + 右孩子能偷到的钱
- 当前节点选择偷：当前节点能偷到的最大钱数 = 左孩子选择自己不偷时能得到的钱 + 右孩子选择不偷时能得到的钱 + 当前节点的钱数出处。
class Solution {
public int rob(TreeNode root) {
int[] result = robInternal(root);
return Math.max(result[0], result[1]);
}
public int[] robInternal(TreeNode root) {
if (root == null) return new int[2];
int[] result = new int[2]; // 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
int[] left = robInternal(root.left);
int[] right = robInternal(root.right);
// 不偷cur 选取左右子节点中，较大者传递
result[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
// 偷cur 选取不包含左右子节点值的传递
result[1] = left[0] + right[0] + root.val;
return result;
}
}
最后
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