代码随想录算法训练营day48||198.打家劫舍 ||213.打家劫舍II||337.打家劫舍 III
题目描述：
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：
先说说这道题我的思路吧，我的思路是先初始化前三个数，从第四个数开始dp[i]+=max(dp[i-2],dp[i-3]),最后返回倒数第二个和倒数第一个dp中的最大值，我这个思路也能够将这道题解出来，但是相较于卡哥的题解，我的初始化更为复杂。
题解思路：
动规五部曲：
1.dp[i]及其下标的定义：偷到第i个房子的时候，所偷的最大金额为dp[i].
2.递推公式：dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i]).有题目可知如果要偷第i个房子，那么得到的最大金额为nums[i]+dp[i-2],但是此时的金额不一定是偷到第i个房子后能偷来的最大金额，最大金额还可能是dp[i-1]。
3.初始化：由递推公式可知初始化dp[0]和dp[1].
4.遍历顺序：从前往后
5.验证dp
class Solution {
public:
int rob(vector& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
if (nums.size() == 1) return nums[0];
vector dp(nums.size());
dp[0] = nums[0];
dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
for (int i = 2; i < nums.size(); i++) {
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
return dp[nums.size() - 1];
}
}; 213.打家劫舍II
题目描述：
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：
这题和上一题唯一的不同点在于第一个房子和最后一个房子是相邻的。
所以这里也要多一个判断就是第一个房子不偷或者最后一个房子不偷或者首尾两个房子都不偷，刚开始看到这题时，我还想给第一个房子或者最后一个房子做一个标记，代表如果偷了一个就不能偷另一个，但是这样想要实现很复杂。看了卡哥题解之后豁然开朗。
题解思路：
题解也介绍三种情况，1.第一个房子不偷 2.最后一个房子不偷 3.首尾房子都不偷。
题解中如何表示不偷：将不偷的房子删掉，然后用上一题的思路来解题，求出三种情况中的最大值。
本题求解细节方面：
1. 因为需要重复求解dp最大值，所以要将上题中求解dp[end]最大值封装成一个函数。
2.把不偷的房子删除也不是直接删除元素，而是通过操作下标
class Solution {
public:
int rob(vector& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
if (nums.size() == 1) return nums[0];
int result1 = robRange(nums, 0, nums.size() - 2); // 情况二
int result2 = robRange(nums, 1, nums.size() - 1); // 情况三
return max(result1, result2);
}
// 198.打家劫舍的逻辑
int robRange(vector& nums, int start, int end) {
if (end == start) return nums[start];
vector dp(nums.size());
dp[start] = nums[start];
dp[start + 1] = max(nums[start], nums[start + 1]);
for (int i = start + 2; i <= end; i++) {
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
return dp[end];
}
}; 337.打家劫舍 III
题目描述：
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：
而动态规划其实就是使用状态转移容器来记录状态的变化，这里可以使用一个长度为2的数组，记录当前节点偷与不偷所得到的的最大金钱。
这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解。
1.确定参数和返回值：
返回值类型为vector
所以dp数组（dp table）以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。
所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！
那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？
别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数。
2.递归终止条件：
如果遍历到null节点，返回{0,0}
确定遍历顺序
首先明确的是使用后序遍历。 因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。
通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。
通过递归右节点，得到右节点偷与不偷的金钱
如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，val1 = cur->val + left[0] + right[0]; （如果对下标含义不理解就在回顾一下dp数组的含义）
如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
最后当前节点的状态就是{val2, val1}; 即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
vector result = robTree(root);
return max(result[0], result[1]);
}
// 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
vector robTree(TreeNode* cur) {
if (cur == NULL) return vector{0, 0};
vector left = robTree(cur->left);
vector right = robTree(cur->right);
// 偷cur，那么就不能偷左右节点。
int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
// 不偷cur，那么可以偷也可以不偷左右节点，则取较大的情况
int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
return {val2, val1};
}
};