代码随想录day48| 动态规划 198.打家劫舍 、213.打家劫舍II、337.打家劫舍III

题目：198.打家劫舍

题目链接：https://leetcode.cn/problems/house-robber/

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 <= 100
0 <= nums[i] <= 400

思路：动态规划

1.dp数组的含义

dp[i]：下标i（包括i)之前的房屋，偷窃到的最高金额dp[i]

2.递推公式

讨论第i间房屋偷还是不偷

dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i])

3.dp数组的初始化

从递推公式分析可知，需要初始化dp[0]、dp[1]

dp[0]=nums[0]、dp[1]=max(dp[0],dp[1]);

4.遍历顺序

根据递推公式，遍历顺序从前往后。

5.举例推导dp数组

具体代码如下：

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];
    }
};

题目：213.打家劫舍II

题目链接：https://leetcode.cn/problems/house-robber-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 <= 100
0 <= nums[i] <= 1000

思路：

注意到第1间房屋和最后一间房屋不能同时偷

求出第1间房屋不偷的最高偷窃金额

求出最后1间房屋不偷的最高偷窃金额

比较选出这两者的最大值

具体代码如下：

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];
    }
};

题目：337.打家劫舍III

题目链接：https://leetcode.cn/problems/house-robber-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

思路：讨论当前节点偷不偷，相邻节点不能一起偷

本题一定是要后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。

动态规划

1.递归函数的参数和返回值

返回一个dp数组（下标0代表不偷该节点的最大金钱，下标1表示偷该节点的最大金钱）

vector robTree(TreeNode* cur) {

2.确定终止条件

遇到空节点无论偷还是不偷都返回0

if (cur == NULL) return vector{0, 0};

3.确定遍历顺序

后序遍历

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。

// 下标0：不偷，下标1：偷
vector left =robTree(cur->left);// 左
vector right =robTree(cur->right);// 右
// 中

4.确定单层递归的逻辑

偷当前节点，则左右孩子不能偷

不偷当前节点，则左右孩子可以偷，至于到底偷不偷一定是选最大的

最后当前节点的状态就是{val2, val1};

ctor left =robTree(cur->left);// 左
vector right =robTree(cur->right);// 右
// 偷cur
int val1 = cur->val + left[0]+ right[0];
// 不偷cur
int val2 =max(left[0], left[1])+max(right[0], right[1]);
return{val2, val1};

5.举例推导dp数组

具体代码如下：

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};
    }
};
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