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

代码

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        if(nums.empty()){
            return 0;
        }
        if(nums.size() == 1){
            return nums[0];
        }
        vector<int>dp1(nums.size());
        int count1 = 0;
        //第一个房子被偷,最后一个房子不被偷
        dp1[0] = nums[0];
        dp1[1] = nums[0];
        for(int i = 2;i < nums.size();i++){
            dp1[i] = max(dp1[i - 2] + nums[i], dp1[i - 1]);
        }
        count1 = dp1[nums.size() - 2];
        
        //第一个房子不被偷，最后一个房子不一定被偷
        vector<int>dp2(nums.size());
        int count2 = 0;
        dp2[0] = 0;
        dp2[1] = nums[1];
        for(int i = 2;i < nums.size();i++){
            dp2[i] = max(dp2[i - 2] + nums[i], dp2[i - 1]);
        }
        count2 = dp2[nums.size() - 1];
        return max(count1,count2);
    }
};

时间复杂度O(n);
空间复杂度O(n);

具体步骤和思路跟打家劫舍1的相同（主页有打家劫舍1的三种算法的详细思路），唯一区别是增加了首尾房子不能同时被偷的限制，所以可以分类讨论，然后返回出能偷到最大的金额即可。

根据上面代码可以发现空间复杂度O(n)来源于vector<int>dp1(nums.size()); ，可以进一步优化成O(1)。

优化代码

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        if(nums.empty()){
            return 0;
        }
        if(nums.size() == 1){
            return nums[0];
        }

        int count1 = 0;
        //第一个房子被偷,最后一个房子不被偷
        int first = nums[0];
        int second = nums[0];
        for(int i = 2;i < nums.size();i++){
            int temp = second;
            second = max(first + nums[i], second);
            first = temp;
        }
        count1 = first;
        
        //第一个房子不被偷，最后一个房子不一定被偷
        vector<int>dp2(nums.size());
        int count2 = 0;
        first = 0;
        second = nums[1];
        for(int i = 2;i < nums.size();i++){
            int temp = second;
            second = max(first + nums[i], second);
            first = temp;
        }
        count2 = second;
        return max(count1,count2);
    }
};

时间复杂度：O(n);
空间复杂度：O(1);

旧的代码在计算 dp1 和 dp2 时需要动态分配两个大小为 nums.size() 的数组，这会带来额外的内存分配和管理开销。新的代码通过使用固定数量的变量来代替数组，避免了这种开销，从而提高了运行效率。