本文主要是介绍代码随想录算法训练营Day45|198.打家劫舍I、213.打家劫舍II、337.打家劫舍III，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
打家劫舍I
198. 打家劫舍 - 力扣（LeetCode）
动态规划
动态数组dp[i]表示在前i+1个房屋能偷到的最大金额。
由于相邻不能偷的原则，dp[i] = max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1])，即为若要偷当前房屋，则比较前一个房屋dp[i-1]和不偷前一个房屋，但偷当前房屋的金额dp[i-2]+nums[i]的较大值。
对dp数组的初始化，从dp数组的推导可以看出，需要初始化最开始的2个元素才能开始递推，
dp[0]即只有1个房子，则只能偷那一个房子，dp[0] = nums[0]，dp[1]则考虑第0个房屋和第1个房屋中哪个金额大，哪个金额大偷哪个，则dp[1] = max(nums[0],nums[1])。
依次从前往后递推
最后返回dp[nums.size()-1]即为能偷到的最大金额。
class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {// 如果没有房屋，则无法偷窃，返回0if(nums.size()==0)return 0;// 如果只有一家房屋，则直接偷窃这家房屋，返回其金额if(nums.size()==1)return nums[0];// 创建一个动态规划数组dp，用于存储到当前房屋为止能够偷窃的最大金额vector<int>dp(nums.size(),0);// 初始化dp数组的前两个值// 第一个房屋的最大偷窃金额为nums[0]dp[0] = nums[0];// 第二个房屋的最大偷窃金额为nums[0]和nums[1]中的较大值dp[1] = max(nums[0], nums[1]);// 从第三个房屋开始，计算到当前房屋为止能够偷窃的最大金额// 对于每个房屋j，可以选择偷或者不偷：// 如果偷，则最大金额为dp[j-2]（即前一个房屋之前能偷的最大金额）加上当前房屋的金额nums[j]// 如果不偷，则最大金额为dp[j-1]（即前一个房屋能偷的最大金额）// 取两者的较大值作为当前房屋能偷的最大金额for(int j = 2; j < nums.size(); j++) {dp[j] = max(dp[j-2] + nums[j], dp[j-1]);}// 返回dp数组的最后一个元素，即偷窃完所有房屋能够得到的最大金额return dp[nums.size()-1];}
};
代码的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)。
打家劫舍II
213. 打家劫舍 II - 力扣（LeetCode）
参考思路 代码随想录 (programmercarl.com)
这里我开头有想过不选头或者不选尾，但没有更深入了解下去，参考下代码随想录里的思路，总共有三种情况，分别是1.不选头尾，2.不选头，3.不选尾，2、3包含了1的情况，所以只考虑2、3，创建两个dp数组，dp数组1不偷尾部的房间，dp数组2不偷头部的房间，然后取2个数组末尾元素的较大值，即能得到能获得的最大金额。
其余操作和打家劫舍I相同。
class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {// 如果没有房屋，则没有钱可偷if(nums.size() == 0)return 0;// 如果只有一家房屋，则偷这一家的钱if(nums.size() == 1){return nums[0];}// 如果只有两家房屋，则偷其中金钱较多的那家if(nums.size() == 2){return max(nums[0], nums[1]);}// 创建两个新的数组，分别包含第一家和第二家到最后一家的所有房屋vector<int> nums1(nums.begin(), nums.end() - 1);vector<int> nums2(nums.begin() + 1, nums.end());// 创建两个动态规划数组，用于存储偷到每家房屋时能够获得的最大金额vector<int> dp1(nums1.size(), 0);vector<int> dp2(nums1.size(), 0);// 初始化第一家和第二家的情况dp1[0] = nums1[0];dp1[1] = max(nums1[0], nums1[1]);dp2[0] = nums2[0];dp2[1] = max(nums2[0], nums2[1]);// 使用动态规划计算偷到每家房屋时能够获得的最大金额，不偷相邻的房屋for(int i = 2; i < nums1.size(); i++) {dp1[i] = max(dp1[i - 2] + nums1[i], dp1[i - 1]);}for(int i = 2; i < nums2.size(); i++) {dp2[i] = max(dp2[i - 2] + nums2[i], dp2[i - 1]);}// 返回两种情况中能够获得的最大金额return max(dp1[nums1.size() - 1], dp2[nums2.size() - 1]);}
};
代码随想录里面的代码要简洁明了些，贴在下面。
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); // 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<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];}
};算法的时间复杂度和空间复杂度均为O(n)。
打家劫舍III
337. 打家劫舍 III - 力扣（LeetCode）
递归
由于是二叉树，考虑递归的思路，对于当前节点，有抢和不抢两种选择，如果当前节点抢了，那么当前节点的子节点就不能抢了（题目要求），则获得的金额为root.val+rob(root->left->left)+rob(root->left->right)+rob(root->right->left)+rob(root->right->right),若当前节点不抢，则能抢子节点rob(root->left)+rob(root->right)。则我们需要选择得到这两种的较大值。但是如果从头到尾递归的时间复杂度过大，leetcode会超时，使用记忆化递归，使用一个map将计算过的结果保存。
代码随想录 (programmercarl.com)
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->leftif (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);}
};算法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。
动态规划
看代码随想录，不太理解，周末再看看
代码随想录 (programmercarl.com)
树形动态规划的入门题。
每个节点仅有两个状态，偷或者不偷，以一个长度为2的一维dp数组即可表示，dp[0]表示不偷当前节点获得的最大金额，dp[1]表示偷当前节点所能获得的最大金额，当前层的dp数组表示了当前层偷或不偷的状态。
使用后续遍历，数值从底部向上传递。最后返回root的dp[0]和dp[1]的较大值。
偷当前节点的金额为val1 = cur->val + leftdp[0] + rightdp[0]，dp[0]表示不偷
不偷当前节点的金额为 val2 = max(leftdp[0],leftdp[1])+max(rightdp[0],rightdp[1])，此处dp[0]和dp[1]是递归上来的子节点的金额值。
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};}
};时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。
这篇关于代码随想录算法训练营Day45|198.打家劫舍I、213.打家劫舍II、337.打家劫舍III的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
