代码随想录Day39 198.打家劫舍，213.打家劫舍II，337.打家劫舍 III。

1.打家劫舍

力扣题目链接(opens new window)

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：

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

思路

大家如果刚接触这样的题目，会有点困惑，当前的状态我是偷还是不偷呢？

仔细一想，当前房屋偷与不偷取决于前一个房屋和前两个房屋是否被偷了。

所以这里就更感觉到，当前状态和前面状态会有一种依赖关系，那么这种依赖关系都是动规的递推公式。

当然以上是大概思路，打家劫舍是dp解决的经典问题，接下来我们来动规五部曲分析如下：

确定dp数组（dp table）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

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）

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

从递推公式dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);可以看出，递推公式的基础就是dp[0] 和 dp[1]

从dp[i]的定义上来讲，dp[0] 一定是 nums[0]，dp[1]就是nums[0]和nums[1]的最大值即：dp[1] = 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！

举例推导dp数组

以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例。

198.打家劫舍

红框dp[nums.size() - 1]为结果。

总结

打家劫舍是DP解决的经典题目，这道题也是打家劫舍入门级题目，后面我们还会变种方式来打劫的。

动态规划

public class rob_houses {
    public int rob1(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0) return 0;//如果数组nums为空或长度为0，返回0，因为没有房子可以抢劫。
        if (nums.length == 1) return nums[0];//如果数组长度为1，返回数组中唯一的元素，因为只有一个房子可以抢劫。
        int[] dp = new int[nums.length];//初始化dp数组，其中dp[i]表示在前i+1个房子中能抢到的最大金额。
        dp[0] = nums[0];//dp[0]设置为nums[0]，即第一个房子的金额。
        dp[1] = Math.max(dp[0], nums[1]);//dp[1]设置为nums[0]和nums[1]中的最大值，因为盗贼可以选择抢劫第一个或第二个房子，但不能同时抢。
        for (int i = 2; i < nums.length; i++) {//从第三个房子开始，每个房子的抢劫金额是前两个房子中较大金额与当前房子金额之和的最大值。这是因为盗贼不能抢劫相邻的房子。
            dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
        }
        return dp[nums.length - 1];//返回dp数组的最后一个元素，即所有房子中能抢到的最大金额。
    }
  
}

时间复杂度：O(n)，其中n是数组nums的长度。这是因为我们只需要遍历一次数组。
空间复杂度：O(n)，因为我们需要一个大小为n的数组dp来存储每个阶段的最大抢劫金额。

滚动数组

public class rob_houses {
    public int rob2(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len == 0) return 0;//如果数组nums长度为0，返回0。
        else if (len == 1) return nums[0];//如果数组长度为1，返回nums[0]。
        else if (len == 2) return Math.max(nums[0],nums[1]);//如果数组长度为2，返回nums[0]和nums[1]中的最大值。
        int[] result = new int[3]; //使用三个变量result[0]、result[1]和result[2]来存储连续三个房子的最大抢劫金额。
        result[0] = nums[0];
        result[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);//从第三个房子开始，更新result数组，其中result[2]是result[0] + nums[i]和result[1]中的最大值。
        for(int i=2;i<len;i++){
            result[2] = Math.max(result[0]+nums[i],result[1]);
            result[0] = result[1];
            result[1] = result[2];
        }
        return result[2];//返回result[2]，即所有房子中能抢到的最大金额。
    }
}

时间复杂度：O(n)，与方法1相同，只需要遍历一次数组。
空间复杂度：O(1)，因为我们只使用了固定数量的变量（三个变量result[0]、result[1]和result[2]）。

public class rob_houses {
    public int rob3(int[] nums) {
        if (nums.length == 1)  {//如果数组nums只有一个元素，返回该元素。
            return nums[0];
        }
        int[] dp = new int[2];//初始化两个变量dp[0]和dp[1]，分别存储前两个房子的最大抢劫金额。
        dp[0] = nums[0];
        dp[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);
        int res = 0;
        for (int i = 2; i < nums.length; i++) {//从第三个房子开始，使用变量res来存储当前房子的最大抢劫金额，它是前一个房子的最大金额（dp[1]）和前两个房子的金额之和（dp[0] + nums[i]）中的最大值。
            res = Math.max((dp[0] + nums[i]) , dp[1] );
            dp[0] = dp[1];//更新dp[0]和dp[1]为下一个循环做准备。
            dp[1] = res;
        }
        return dp[1];//返回dp[1]，即所有房子中能抢到的最大金额。
    }
}

时间复杂度：O(n)，与方法1和方法2相同，只需要遍历一次数组。
空间复杂度：O(1)，因为我们只使用了固定数量的变量（两个变量dp[0]和dp[1]）。

2.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，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 = [0]
输出：0

提示：

1 <= nums.length <= 100
0 <= nums[i] <= 1000

思路

这道题目和198.打家劫舍 (opens new window)是差不多的，唯一区别就是成环了。

对于一个数组，成环的话主要有如下三种情况：

情况一：考虑不包含首尾元素

213.打家劫舍II

情况二：考虑包含首元素，不包含尾元素

213.打家劫舍II1

情况三：考虑包含尾元素，不包含首元素

213.打家劫舍II2

注意我这里用的是"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！对于情况三，取nums[1] 和 nums[3]就是最大的。

而情况二和情况三都包含了情况一了，所以只考虑情况二和情况三就可以了。

分析到这里，本题其实比较简单了。剩下的和198.打家劫舍 (opens new window)就是一样的了。

总结

成环之后还是难了一些的，不少题解没有把“考虑房间”和“偷房间”说清楚。

这就导致大家会有这样的困惑：情况三怎么就包含了情况一了呢？本文图中最后一间房不能偷啊，偷了一定不是最优结果。

所以我在本文重点强调了情况一二三是“考虑”的范围，而具体房间偷与不偷交给递推公式去抉择。

这样大家就不难理解情况二和情况三包含了情况一了。

public class rob_housesII {
    public int rob(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0)//如果nums数组为空或为null，返回0，因为没有房子可以抢劫。
            return 0;
        int len = nums.length;
        if (len == 1)//如果数组长度为1，返回数组中唯一的元素，因为只有一个房子可以抢劫。
            return nums[0];
        return Math.max(robAction(nums, 0, len - 1), robAction(nums, 1, len));//如果数组长度大于1，盗贼有两个选择：抢劫第一个房子或者跳过第一个房子。rob方法计算这两种选择的最大值，并返回较大的那个。robAction(nums, 0, len - 1)计算从第一个房子开始抢劫的情况，即包括第一个房子在内的最大抢劫金额。robAction(nums, 1, len)计算从第二个房子开始抢劫的情况，即不包括第一个房子在内的最大抢劫金额。
    }
    int robAction(int[] nums, int start, int end) {
        int x = 0, y = 0, z = 0;//x、y和z三个变量用于存储动态规划的状态。x表示不包括当前房子的最大抢劫金额。y是x的前一个状态，用于在循环中更新x。z表示包括当前房子的最大抢劫金额。
        for (int i = start; i < end; i++) {//循环从start索引开始，到end索引之前结束。在每次迭代中，y被更新为z的前一个状态，即x。z被更新为y（不包括当前房子）和x + nums[i]（包括当前房子）中的最大值。x被更新为y，即z的前一个状态。
            y = z;
            z = Math.max(y, x + nums[i]);
            x = y;
        }
        return z;//循环结束后，z存储了从start到end索引的房子能抢到的最大金额。返回z作为结果。
    }
}

时间复杂度：O(n)，其中n是数组nums的长度。这是因为我们只需要遍历一次数组。
空间复杂度：O(1)，因为我们只使用了固定数量的变量（三个变量x、y和z）。

3.打家劫舍 III

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在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，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“根”。除了“根”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。

计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。

337.打家劫舍III

思路

这道题目和 198.打家劫舍 (opens new window)，213.打家劫舍II (opens new window)也是如出一辙，只不过这个换成了树。

如果对树的遍历不够熟悉的话，那本题就有难度了。

对于树的话，首先就要想到遍历方式，前中后序（深度优先搜索）还是层序遍历（广度优先搜索）。

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。

与198.打家劫舍，213.打家劫舍II一样，关键是要讨论当前节点抢还是不抢。

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（注意这里说的是“考虑”）

暴力递归

计算了root的四个孙子（左右孩子的孩子）为头结点的子树的情况，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

所以可以使用一个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。

动态规划

在上面两种方法，其实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。

这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解。

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。

其实这里的返回数组就是dp数组。

所以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。

所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！

那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？

别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数。

如果还不理解的话，就接着往下看，看到代码就理解了哈。

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。

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]; （如果对下标含义不理解就再回顾一下dp数组的含义）

如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left[0], left[1]) + 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}

举例推导dp数组

以示例1为例，dp数组状态如下：（注意用后序遍历的方式推导）

最后头结点就是取下标0 和下标1的最大值就是偷得的最大金钱。

总结

这道题是树形DP的入门题目，通过这道题目大家应该也了解了，所谓树形DP就是在树上进行递归公式的推导。

所以树形DP也没有那么神秘！

只不过平时我们习惯了在一维数组或者二维数组上推导公式，一下子换成了树，就需要对树的遍历方式足够了解！

大家还记不记得我在讲解贪心专题的时候，讲到这道题目：贪心算法：我要监控二叉树！ (opens new window)，这也是贪心算法在树上的应用。那我也可以把这个算法起一个名字，叫做树形贪心。

public class rob_housesIII {
    public class TreeNode {
        int val;
        TreeNode left;
        TreeNode right;
        TreeNode() {
        }
        TreeNode(int val) {
            this.val = val;
        }
        TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
            this.val = val;
            this.left = left;
            this.right = right;
        }
        public int rob(TreeNode root) {
            if (root == null)//如果当前节点root为空，返回0，因为没有钱可以抢劫。
                return 0;
            int money = root.val;//计算当前节点的金额money，包括当前节点的值和它的孙子节点的值（如果存在）。
            if (root.left != null) {//如果当前节点有左子节点，递归计算左子节点的左子树和右子树的金额，并加到money上。
                money += rob(root.left.left) + rob(root.left.right);
            }
            if (root.right != null) {//如果当前节点有右子节点，递归计算右子节点的左子树和右子树的金额，并加到money上。
                money += rob(root.right.left) + rob(root.right.right);
            }
            return Math.max(money, rob(root.left) + rob(root.right));//计算两种情况：包括当前节点的抢劫金额（money）和不包括当前节点的抢劫金额（递归计算左子树和右子树的金额）。
        }
    
}

时间复杂度：O(4^h)，其中h是树的高度。这是因为每个节点都可能递归地计算它的四个孙子节点（左子节点的左右子节点和右子节点的左右子节点）。
空间复杂度：O(h)，递归栈的最大深度是树的高度，因为可能需要存储所有递归调用的节点。

public class rob_housesIII {
    public class TreeNode {
        int val;
        TreeNode left;
        TreeNode right;
        TreeNode() {
        }
        TreeNode(int val) {
            this.val = val;
        }
        TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
            this.val = val;
            this.left = left;
            this.right = right;
        }
        public int rob1(TreeNode root) {
            Map<TreeNode, Integer> memo = new HashMap<>();//它初始化一个HashMap memo来存储已经计算过的节点值，以避免重复计算。
            return robAction(root, memo);
        }
        int robAction(TreeNode root, Map<TreeNode, Integer> memo) {
            if (root == null)
                return 0;//如果当前节点root为空，返回0。
            if (memo.containsKey(root))//如果当前节点已经在memo中，直接返回其值。
                return memo.get(root);
            int money = root.val;//计算当前节点的金额money，包括当前节点的值和它的孙子节点的值（如果存在）。
            if (root.left != null) {//递归计算左子树和右子树的孙子节点的金额，并加到money上。计算两种情况：包括当前节点的抢劫金额（money）和不包括当前节点的抢劫金额（递归计算左子树和右子树的金额）。将计算结果存储在memo中，并返回最大值。
                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);
            }
            int res = Math.max(money, robAction(root.left, memo) + robAction(root.right, memo));
            memo.put(root, res);
            return res;
        }
    
}

时间复杂度：O(n)，其中n是树中节点的数量。每个节点只计算一次，但由于记忆化，递归树的每个分支都被缩减。
空间复杂度：O(n)，需要存储所有节点的计算结果，以及递归栈的最大深度，最坏情况下是树的高度。

public class rob_housesIII {
    public class TreeNode {
        int val;
        TreeNode left;
        TreeNode right;
        TreeNode() {
        }
        TreeNode(int val) {
            this.val = val;
        }
        TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
            this.val = val;
            this.left = left;
            this.right = right;
        }
       
        public int rob3(TreeNode root) {
            int[] res = robAction1(root);//它调用robAction1并返回两种情况中的最大值。
            return Math.max(res[0], res[1]);
        }
        int[] robAction1(TreeNode root) {//robAction1是辅助方法，它返回一个包含两个元素的数组：第一个元素是不抢劫当前节点时的最大金额，第二个元素是抢劫当前节点时的最大金额。
            int res[] = new int[2];
            if (root == null)//如果当前节点root为空，返回一个初始化数组。
                return res;
            int[] left = robAction1(root.left);//递归计算左子树和右子树的抢劫金额。对于当前节点，计算不抢劫当前节点时的最大金额（即取左右子树抢劫金额的最大值之和）。计算抢劫当前节点时的最大金额（即当前节点的值加上左右子树不抢劫时的最大金额）。返回一个包含这两个值的数组。
            int[] right = robAction1(root.right);
            res[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
            res[1] = root.val + left[0] + right[0];
            return res;
        }
    }
}