【算法与数据结构】198、213、337LeetCode打家劫舍I, II, III

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一、198、打家劫舍
二、213、打家劫舍 II
三、337、打家劫舍III
三、完整代码

所有的LeetCode题解索引，可以看这篇文章——【算法和数据结构】LeetCode题解。

一、198、打家劫舍

在这里插入图片描述
思路分析：打家劫舍是动态规划的的经典题目。本题的难点在于递归公式和初始化。

第一步， $d p [j]$ 的含义。 $d p [j]$ 代表到第 $j$ 家的时候，偷窃到的最高金额。
第二步，递推公式。 $d p [j]$ 仅仅与 $d p [j - 1]$ 和 $d p [j - 2]$ 有关。如果不偷第 $j$ 家，则偷窃金额不变， $d p [j] = d p [j - 1]$ 。如果偷第 $j$ 家，那么偷窃金额在 $d p [j - 2]$ 基础上加上 $n u m s [i]$ ，即 $d p [j] = d p [j - 2] + n u m s [i]$ 。综合二者， $d p [j] = ma x (d p [j - 1], d p [j - 2] + n u m s [i])$ 。
第三部，元素初始化。 $d p [0]$ 初始化为0，代表还没开始偷窃； $d p [1]$ 初始化为 $n u m [0]$ 。
第四部，递归顺序。循环从 $j = 2$ 开始。
第五步，打印结果。
程序如下：

// 198、打家劫舍，动态规划
class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {vector<int> dp(nums.size() + 1, 0);dp[1] = nums[0];for (int i = 2; i <= nums.size(); i++) {dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i-1]);}return dp[nums.size()];}
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 。
空间复杂度： $O (n)$ 。

因为只用到了dp数组的最后一个元素，实际上不需要保存所有的元素。因此对上述代码进行内存优化，将空间复杂度降低到 $O (1)$ ，但是递归的过程不明显，找bug费劲。

// 198、打家劫舍，动态规划-内存优化
class Solution2 {
public:int rob(vector<int>& nums) {if (nums.size() == 0) return 0;if (nums.size() == 1) return nums[0];int first = nums[0], second = max(nums[0], nums[1]);for (int i = 2; i < nums.size(); i++) {int temp = second;second = max(second, first + nums[i]);first = temp;}return second;}
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 。
空间复杂度： $O (1)$ 。

二、213、打家劫舍 II

在这里插入图片描述

思路分析：本题是打家劫舍I的升级版，要求第一家和最后一家是连着的，不能同时偷。这是一个非此即彼的问题。要么偷第一家，不偷最后一家，这等于将最后一家排除在外。反之，不偷第一家，偷最后一家，等价于将第一家排除在外。假设第一家的下标为 $0$ ，最后一家的下标为 $i - 1$ ，那么一共有两种情况：偷窃范围 $[0, i - 2]$ ，偷窃范围 $[1, i - 1]$ 。然后应用打家劫舍I的思路来做即可。以下是动态规划的代码，内存优化版本就没给出了，思路都是一样的。

程序如下：

// 213、打家劫舍II，动态规划
class Solution3 {
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);int result2 = robRange(nums, 1, nums.size() - 1);return max(result1, result2);}int robRange(vector<int>& nums, int start, int end) {if (end == start) return nums[start];vector<int> dp(nums.size(), 0);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 - 1], dp[i - 2] + nums[i - 1]);}return dp[end];}
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 。
空间复杂度： $O (n)$ 。

三、337、打家劫舍III

在这里插入图片描述

思路分析：本题是打家劫舍I的变体，原题目中的数组变成了二叉树。本题涉及到树形递归和动态规划，我们就结合递归三部曲和动态规划五步骤：

1、返回值和递归参数。我们需要判断一个节点要不要偷，而偷不偷取决于动作带来的收益。因此，我们需要返回一个节点偷与不偷的两个状态所得的金额。这就是一个长度为2的数组。这里我们假设这个二维数组第一个元素代表不偷的收益，第二个元素代表偷的收益，{ ${0, 1} = {不偷的收益，偷的收益}$ }。输入参数是当前节点。
2、确定终止条件。当遇到空节点就返回，空节点不会带来收益。因此返{ ${0,0}$ }。

	if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};

3、确定遍历顺序。因为当前节点偷不偷需要根据左右孩子的返回值来进行判断，所以我们需要先得到左右孩子的返回值，即先遍历左右孩子。在所有的遍历顺序中，只有后序遍历（左右中遍历顺序）满足。

	vector<int> left = robTree(cur->left); // 左vector<int> right = robTree(cur->right); // 右

4、确定单层递归逻辑。对于当前节点来说，只有两个情况。如果偷当前节点，那么左右孩子节点就不能偷，偷的收益=左孩子不偷的收益+右孩子不偷的收益。如果不偷当前节点，那么左右孩子节点可偷可不偷，至于究竟偷不偷就看那个收益大（注意偷的收益未必更大，偷了小的金额，旁边大的金额就偷不了）。不偷的收益 = max（左孩子不偷的收益，左孩子偷的收益）+max（右孩子不偷的收益，右孩子偷的收益）。将文字抽象成公式：

 	int val1 = cur->val + left[0] + right[0];   // 偷当前节点，那么左右孩子节点不能偷int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]); // 不偷当前节点，那么左右孩子节点可以偷也可以不偷，取决于偷或者是不偷的金额。

5、具体示例推导dp数组，验证。
程序如下：

// 337、打家劫舍III动态规划
class Solution {
public:int rob(TreeNode* root) {vector<int> result = robTree(root);return max(result[0], result[1]);}vector<int> robTree(TreeNode* cur) {    // 返回一个二维数组， {0， 1} = {不偷的金额，偷的金额}if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};vector<int> left = robTree(cur->left);vector<int> right = robTree(cur->right);int val1 = cur->val + left[0] + right[0];   // 偷当前节点，那么左右孩子节点不能偷int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]); // 不偷当前节点，那么左右孩子节点可以偷也可以不偷，取决于偷或者是不偷的金额。return { val2, val1 };}
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ ，每个节点只遍历了一次。
空间复杂度： $O (l o g n)$ ，算上递推系统栈的空间。

三、完整代码

// 打家劫舍I, II
# include <iostream>
# include <vector>
# include <algorithm>
using namespace std;// 198、打家劫舍，动态规划
class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {vector<int> dp(nums.size() + 1, 0);dp[1] = nums[0];for (int i = 2; i <= nums.size(); i++) {dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i-1]);}return dp[nums.size()];}
};// 198、打家劫舍，动态规划-内存优化
class Solution2 {
public:int rob(vector<int>& nums) {if (nums.size() == 0) return 0;if (nums.size() == 1) return nums[0];int first = nums[0], second = max(nums[0], nums[1]);for (int i = 2; i < nums.size(); i++) {int temp = second;second = max(second, first + nums[i]);first = temp;}return second;}
};// 213、打家劫舍II，动态规划
class Solution3 {
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);int result2 = robRange(nums, 1, nums.size() - 1);return max(result1, result2);}int robRange(vector<int>& nums, int start, int end) {if (end == start) return nums[start];vector<int> dp(nums.size(), 0);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 - 1], dp[i - 2] + nums[i - 1]);}return dp[end];}
};int main() {vector<int> nums = { 1,2,3,1 };Solution3 s1;int result = s1.rob(nums);cout << result << endl;system("pause");return 0;
}

// 337、打家劫舍III
# include <iostream>
# include <vector>
# include <string>
# include <queue>
using namespace std;// 树节点定义
struct TreeNode {int val;TreeNode* left;TreeNode* right;TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}TreeNode(int x, TreeNode* left, TreeNode* right) : val(x), left(left), right(right) {}
};template<typename T>
void my_print(T& v, const string msg)
{cout << msg << endl;for (class T::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++) {cout << *it << ' ';}cout << endl;
}template<class T1, class T2>
void my_print2(T1& v, const string str) {cout << str << endl;for (class T1::iterator vit = v.begin(); vit < v.end(); ++vit) {for (class T2::iterator it = (*vit).begin(); it < (*vit).end(); ++it) {cout << *it << ' ';}cout << endl;}
}// 前序遍历迭代法创建二叉树，每次迭代将容器首元素弹出（弹出代码还可以再优化）
void Tree_Generator(vector<string>& t, TreeNode*& node) {if (!t.size() || t[0] == "NULL") return;    // 退出条件else {node = new TreeNode(stoi(t[0].c_str()));    // 中if (t.size()) {t.assign(t.begin() + 1, t.end());Tree_Generator(t, node->left);              // 左}if (t.size()) {t.assign(t.begin() + 1, t.end());Tree_Generator(t, node->right);             // 右}}
}// 层序遍历
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {queue<TreeNode*> que;if (root != NULL) que.push(root);vector<vector<int>> result;while (!que.empty()) {int size = que.size();  // size必须固定, que.size()是不断变化的vector<int> vec;for (int i = 0; i < size; ++i) {TreeNode* node = que.front();que.pop();vec.push_back(node->val);if (node->left) que.push(node->left);if (node->right) que.push(node->right);}result.push_back(vec);}return result;
}// 337、打家劫舍III动态规划
class Solution {
public:int rob(TreeNode* root) {vector<int> result = robTree(root);return max(result[0], result[1]);}vector<int> robTree(TreeNode* cur) {    // 返回一个二维数组， {0， 1} = {不偷的金额，偷的金额}if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};vector<int> left = robTree(cur->left);vector<int> right = robTree(cur->right);int val1 = cur->val + left[0] + right[0];   // 偷当前节点，那么左右孩子节点不能偷int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]); // 不偷当前节点，那么左右孩子节点可以偷也可以不偷，取决于偷或者是不偷的金额。return { val2, val1 };}
};int main() {vector<string> t = { "3", "2", "NULL", "3", "NULL", "NULL", "3", "NULL", "1", "NULL", "NULL"};   // 前序遍历TreeNode* root = new TreeNode();    // 生成根节点Tree_Generator(t, root);            // 生成树vector<vector<int>> tree = levelOrder(root);    // 层序遍历my_print2<vector<vector<int>>, vector<int>>(tree, "目标树:");  // 打印层序遍历Solution s1;int result = s1.rob(root);cout << "最大金额为：" << result << endl;system("pause");return 0;
}