力扣刷题day41|198打家劫舍、213打家劫舍II、337打家劫舍III
文章目录
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- 198. 打家劫舍
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- 思路
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- 动态规划五部曲
- 213. 打家劫舍II
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- 思路
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- 难点
- 337. 打家劫舍 III
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- 暴力递归思路
- 记忆化递推思路
- 动态规划思路
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- 递归三部曲+动规五部曲
198. 打家劫舍
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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 。
思路
假设在选择当前这一家i的时候，如果不偷当前这家，那么前面所偷窃的最大金额是偷i-1家的；如果偷当前这家，那么前面所偷窃的最大金额是偷i-2家的
动态规划五部曲
- 确定dp数组以及下标的含义
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
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如果偷第
i间房，此时第i-1房一定是不考虑的，那么dp[i] = dp[i - 2] + nums[i] 。即：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间房，，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
递推公式的基础就是dp[0] 和 dp[1]
从实际意义上看，只有一间房的时候，就一定要偷第0间，即dp[0] 一定是 nums[0]
有两间房的时候，就一定要偷前两间中更有钱的那一家，即dp[1]就是nums[0]和nums[1]的最大值即：dp[1] = max(nums[0], nums[1])
int[] dp = new int[nums.length];
// 初始化
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.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
for (int i = 2; i < nums.length; i++) {
dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
}
- 举例推导dp数组
以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例。
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完整代码：
public int rob(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
int[] dp = new int[nums.length];
// 初始化
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];
}
213. 打家劫舍II
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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
思路
当我们成环后，首家（第0家）和末家（第nums.length家）只能选一家偷
- 情况一：考虑包含首元素，不包含尾元素
- 情况二：考虑包含尾元素，不包含首元素
考虑完两种情况后选择其中得到金额最多的一种max(情况一，情况二)
难点
在重新获得首家和尾家后，要单独处理nums只有两个元素的情况，此时
- 情况一：包括首位不包括末位，仅有
nums[0] - 情况二：包括末位不包括首位，仅有
nums[1]
直接选择其中更大的金额
完整代码：
public class RobII {
public int rob(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
int Max1 = robRange(nums, 0, nums.length - 2); // 包含首位
int Max2 = robRange(nums, 1, nums.length - 1); // 包含末位
return Math.max(Max1, Max2);
}
int robRange(int[] nums, int start, int end) {
// 只有两家人的情况
if (end == start) return nums[start];
int[] dp = new int[nums.length];
// 初始化
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 - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
return dp[end];
}
}
337. 打家劫舍 III
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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
暴力递归思路
本题是一个树的问题，要先知道左右孩子是投还是不偷，才能确定父节点的状态，所以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。
如果抢了当前节点，两个孩子就不能动，如果没抢当前节点，就可以考虑抢左右孩子
完整代码：
public int rob(TreeNode root) {
if (root == null)
return 0;
// 偷父节点
int money = root.val;
if (root.left != null) {
money += rob(root.left.left) + rob(root.left.right); // 跳过root.left，相当于不考虑左孩子了
}
if (root.right != null) {
money += rob(root.right.left) + rob(root.right.right); // 跳过root.right，相当于不考虑右孩子了
}
money2 = rob(root.left) + rob(root.right); // 考虑root的左右孩子
return Math.max(money, money2);
}
当然以上代码超时了，这个递归的过程中其实是有重复计算了。
因为偷父节点时虽然没管孩子节点，但是算了四个孙子节点；而不偷父节点时，又计算了root的左右孩子为头结点的子树的情况，计算左右孩子的时候其实又把孙子计算了一遍
记忆化递推思路
可以使用一个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。
public int rob1(TreeNode root) {
Map<TreeNode, Integer> memo = new HashMap<>(); // 记录计算过的结果
return robAction(root, memo);
}
int robAction(TreeNode root, Map<TreeNode, Integer> memo) {
if (root == null) return 0;
// 如果map里已经有记录则直接返回
if (memo.containsKey(root)) return memo.get(root);
// 偷父节点
int money = root.val;
if (root.left != null) {
money += robAction(root.left.left, memo) + robAction(root.left.right, memo);
}
if (root.right != null) {
money += robAction(root.right.left, memo) + robAction(root.right.right, memo);
}
// 不偷父节点
int money1 = robAction(root.left, memo) + robAction(root.right, memo);
int res = Math.max(money, money1);
memo.put(root, res);
return res;
}
动态规划思路
在上面的递归方法种，对一个节点 偷与不偷得到的最大金钱都没有做记录，而是需要实时计算。
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。
递归三部曲+动规五部曲
因为是在树上进行状态转移，所以以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行
- 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。
int[] robTree(TreeNode root) {
返回数组就是长度为2的dp数组
所以dp数组以及下标的含义：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。
- 确定终止条件
在遍历的过程中，如果遇到空节点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
int dp[] = new int[2];
if (root == null) return dp;
这也相当于dp数组的初始化
- 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。
// 下标0：不偷，下标1：偷
int[] left = robTree(root.left); // 左
int[] right = robTree(root.right); // 右
- 确定单层递归的逻辑
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如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷：
res[1] = root.val + left[0] + right[0] -
如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷：
res[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.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]
// 中
dp[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]); // 不偷中
dp[1] = root.val + left[0] + right[0]; // 偷中不偷左右
return dp;
- 举例推导dp数组
以示例1为例，dp数组状态如下：（用后序遍历的方式推导）
完整代码：
public int rob(TreeNode root) {
int[] res = robTree(root);
return Math.max(res[0], res[1]);
}
int[] robTree(TreeNode root) {
int dp[] = new int[2];
if (root == null) return dp;
int[] left = robTree(root.left); // 左
int[] right = robTree(root.right); // 右
// 中
dp[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]); // 不偷中
dp[1] = root.val + left[0] + right[0]; // 偷中不偷左右
return dp;
}