代码随想录算法训练营第四十八天 | 198.打家劫舍、 213.打家劫舍II、337.打家劫舍III
打卡第48天，打家劫舍来了，之前一刷的时候，懵懵懂懂
今日任务
● 198.打家劫舍
● 213.打家劫舍II
● 337.打家劫舍III
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 。
示例 2：
输入：[2,7,9,3,1]
输出：12
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 2), 偷窃 3 号房屋 (金额 = 9)，接着偷窃 5 号房屋 (金额 = 1)。
偷窃到的最高金额 = 2 + 9 + 1 = 12 。
提示：
1 <= nums.length <= 1000 <= nums[i] <= 400
我的题解
- dp以及下标定义
dp[i] 打劫到i家时，打劫到的最高金额 - 递推公式
d p [ i ] = m a x ( d p [ i − 1 ] , d p [ i − 2 ] + n u m s [ i − 1 ] ) dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i - 1]) dp[i]=max(dp[i−1],dp[i−2]+nums[i−1]) - 初始化
dp[0] = 0; dp[1] = nums[0];
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
vector<int> dp(nums.size() + 1, 0); //dp[i] 偷盗第i间房屋最高金额
dp[0] = 0; dp[1] = nums[0];
for(int i = 2; i <= nums.size(); i++) {
dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i - 1]); //这家偷是多，还是不偷多
}
return dp[nums.size()];
}
};
代码随想录
解开疑惑
一开始 ：
我考虑到的递推公式 dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i - 1]);
的时候是这么分析的:
到 第 i 家时候，考虑打不打劫，不打劫的话取 dp[i - 1]（这家不打劫前一家可以打劫）打劫的话取 dp[i - 2] + nums[i - 1]; 哪一种方案金额高就取哪个。然后 我就在想 dp[i - 1] 好像不是确定打劫的，不打劫dp[i] 也可以不打劫dp[i - 1] 。
K哥解题：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）
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
if (nums.size() == 1) return nums[0];
vector<int> 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
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 ，今晚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。
示例 2：
输入：nums = [1,2,3,1]
输出：4
解释：你可以先偷窃 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 。
示例 3：
输入：nums = [1,2,3]
输出：3
提示：
1 <= nums.length <= 1000 <= nums[i] <= 1000
代码随想录
成环三种情况：
情况一：不考虑包含头尾元素
情况二：考虑包含头元素，不考虑包含尾元素
情况三：不考虑包含头元素，考虑包含尾元素
这里其实可以合并同类型。只剩下情况二，情况三，因为它们俩都包含情况一
注意这里用的是**“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！
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
if(nums.size() == 0) return 0;
if(nums.size() == 1) return nums[0];
int res1 = robRange(nums, 0, nums.size() - 1); //情况二，不包含尾元素
int res2 = robRange(nums, 1, nums.size()); //情况三，不包含头元素
return max(res1, res2);
}
int robRange(vector<int>& nums, int start, int end) {
if(start == end - 1) return nums[start];
vector<int> dp(nums.size(), 0);
dp[start] = nums[start];
dp[start + 1] = max(nums[start + 1], nums[start]);
for(int i = start + 2; i < end; i++) {
dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
}
return dp[end - 1];
}
};
337.打家劫舍III
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 root 。
除了 root 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。
给定二叉树的 root 。返回 在不触动警报的情况下 ，小偷能够盗取的最高金额 。
示例 1:
输入: root = [3,2,3,null,3,null,1]
输出: 7
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 3 + 3 + 1 = 7
示例 2:
输入: root = [3,4,5,1,3,null,1]
输出: 9
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 4 + 5 = 9
提示：
- 树的节点数在
[1, 104]范围内 0 <= Node.val <= 104
代码随想录
暴力做法：后序遍历，考虑偷不偷父节点，不偷考虑左右节点，偷考虑左右节点的孩子节点，取最大，但是超时
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
// 后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算
if(root == NULL) return 0;
if(!root->left && !root->right) return root->val;
//偷父节点
int val1 = root->val;
if(root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); //考虑偷左孩子的孩子左右孩子节点
if(root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); //考虑偷右孩子的孩子左右孩子节点
//不偷父节点
int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); //考虑偷左孩子和右孩子
return max(val1,val2);
}
};
记忆化递推：使用一个map把计算过的结果保存一下，这样如果计算过孙子了，那么计算孩子的时候可以复用孙子节点的结果。
class Solution {
public:
unordered_map<TreeNode *, int> umap; //记录计算过的结果
int rob(TreeNode* root) {
// 后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算
if(root == NULL) return 0;
if(!root->left && !root->right) return root->val;
if(umap[root]) return umap[root];
//偷父节点
int val1 = root->val;
if(root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); //考虑偷左孩子的孩子左右孩子节点
if(root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); //考虑偷右孩子的孩子左右孩子节点
//不偷父节点
int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); //考虑偷左孩子和右孩子
umap[root] = max(val1, val2); // umap记录一下结果
return max(val1,val2);
}
};
动态规划：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。
- 确定递归函数的参数和返回值
这里我们要求一个节点 偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组。
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。vector<int> robTree(TreeNode* cur) - 确定终止条件
遇到空节点，不管偷不偷，都是0；if(root == NULL) return vector<int>{0, 0}; - 确认遍历顺序
首先明确的是使用后序遍历。 因为要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。
- 确认单层的递归逻辑
- 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];
- 如果不偷当前节点，就考虑左右节点偷不偷，val2 = rob(root->left) + rob(root->right);
- 举例
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
vector<int> dp = robTree(root);
return max(dp[0], dp[1]);
}
vector<int> robTree(TreeNode* root) {
if(root == NULL) return vector<int>{0 , 0};
vector<int> left = robTree(root->left);
vector<int> right = robTree(root->right);
// 偷
int val1 = root->val + left[0] + right[0];
// 不偷, 考虑左右孩子
int val2 = max(left[0] , left[1]) + max(right[0], right[1]);
return vector<int>{val2, val1};
}
};
- 时间复杂度：O(n)，每个节点只遍历了一次
- 空间复杂度：O(log n)，算上递推系统栈的空间