leetcode 198. 打家劫舍
题目链接：打家劫舍
- 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
dp[i]的确定分为第i房间偷和不偷两种情况，
所以递推公式：dp[i] = max(dp[i-2] + nums[i], dp[i-1]) - dp数组初始化
vector<int> dp(nums.size());
dp[0] = nums[0]
dp[1] = max(nums[0], nums[1])
- 确定遍历顺序
从前到后遍历
for(int i = 2; i < nums.size(); i++)
{
dp[i] = max(dp[i-2] + nums[i], dp[i-1]);
}
整体代码如下：
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];
}
};
时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(n)
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本题的数组成环了，只需要将数组分成如下两种情况，就可以转化为leetcode 198. 打家劫舍：
- 考虑包含首元素，不包含尾元素
- 考虑包含尾元素，不包含首元素
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
if (nums.size() == 1) return nums[0];
int result1 = robRange(nums, 0, nums.size() - 2); //不考虑尾元素
int result2 = robRange(nums, 1, nums.size() - 1); //不考虑首元素
return max(result1, result2);
}
// 198.打家劫舍的逻辑
int robRange(vector<int>& nums, int start, int end) {
if (end == start) return nums[start];
vector<int> 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];
}
};
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本题一定要用后序遍历，因为需要通过递归函数的返回值做下一步计算。
当前节点的状态分为抢和不抢：
- 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
方法一：记忆化递归
直接暴力递归会超时，所以使用记忆化递归，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) {
if (root == NULL) return 0;
if (root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;
if (umap[root]) return umap[root]; // 如果umap里已经有记录则直接返回
// 偷父节点
int val1 = root->val;
if (root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); // 跳过root->left
if (root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); // 跳过root->right
// 不偷父节点
int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); // 考虑root的左右孩子
umap[root] = max(val1, val2); // umap记录一下结果
return max(val1, val2);
}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(log n)，算上递推系统栈的空间
方法二：动态规划
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
vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
}
dp数组就是一个长度为2的数组：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
如果遇到空节点，无论偷还是不偷都是0。也相当于dp数组的初始化。
if (cur == NULL) return vector<int>{
0, 0};
- 确定遍历顺序
使用后序遍历：
- 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<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
// 中
- 确定单层递归的逻辑
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，那么左右孩子就可以偷，一定是选一个最大的。val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1])，最后当前节点的状态就是{val2, val1}
vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> 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};
整体代码如下：
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
vector<int> result = robTree(root);
return max(result[0], result[1]);
}
// 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
if (cur == NULL) return vector<int>{
0, 0};
vector<int> left = robTree(cur->left);
vector<int> 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
