第四十七天 | 198.打家劫舍 213.打家劫舍|| 337.打家劫舍|||
题目:198.打家劫舍
怎么确定当前的房间偷还是不偷呢?其实和前两个房间有关系的——动态规划
1.dp数组含义:考虑下标 i 和 i 之前的房间(dp[i] 不一定会偷第 i个房间),所能偷的最大的金币
2.动态转移方程:dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1])
两种情况:①偷第 i 房间,也就意味着一定不能头nums[i - 1]:dp[i - 2] + nums[i]
②不偷第 i 个房间,那么最大值来自dp[i - 1]:dp[i - 1]
3.初始化:递推公式的基础是dp[0] 和 dp[1]
dp[0] = nums[0],dp[1] = max(dp[0],dp[1])
紧贴公式来考虑怎样来初始化:当i = 0时,第一个房价是一定要偷的;当i = 1时,dp[1]应该为前两个房间所能偷的最大值,又因为两个房间不能一起偷,所以去前两个房间的最大值作为dp[1]。这样就叫紧贴dp含义来进行初始化
4.遍历顺序:从小到大,i 从2开始
5.打印dp
代码如下:
class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {vector<int> dp(nums.size(), 0);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];}
};
题目:213.打家劫舍||
这道题和198.打家劫舍的区别就在于本题:最后一个房屋和第一个房屋紧挨着,所有房间围成一个圈。这样的话会带来什么影响呢?
思路:化环形为线型
在遇到环时可以如此考虑,展开呈线型
- 情况一:考虑不包含首尾元素
- 情况二:考虑包含首元素,不包含尾元素
- 情况三:考虑包含尾元素,不包含首元素
注意这里是"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。
代码如下:
有一些溢出判断是很值得注意的
class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {if(nums.size() == 0) return 0;if(nums.size() == 1) return nums[0];int res1 = robRange(nums, 0, nums.size() - 2);int res2 = robRange(nums, 1, nums.size() - 1);return max(res1, res2);}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];}
};
题目:337.打家劫舍|||(值得理解)
打家劫舍|||在前两道题的基础上升级为树的问题,那么就会想到必然涉及到递归.
思路:
后序遍历树,从底向上,记录每一个节点偷和不偷的最优情况,依据左右孩子的状态,层层上推,然后将最优解集中在根节点上
1.1.dp数组的定义:二叉树结构应该怎么定义dp?怎样表示每个节点的状态?
每一层的dp只有两种可能——偷还是不偷。所以只有dp[0](存放不偷当前节点所获得的最大金额)和dp[1](存放偷当前节点所获得的最大金额)两种可能。
并且每一层的dp只来表示当前层这个金币的状态。
2.1递归函数的返回值:返回vector<int>,其实就是返回本层的dp数组。(那我可不可以只将两个情况当中金额较大的数值返回呢,后面不也要比较dp[0]和dp[1]求一个最优解么,为什么不直接将最优值返回呢?)
2.2/1.3递归函数终止条件/dp数组初始化:
当遇到空节点时,无论偷还是不偷都是0,所以就返回
vector<int> {0, 0}
1.4遍历顺序
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。
// 下标0:不偷,下标1:偷 vector<int> left = robTree(cur->left); // 左 vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
2.4单层递归逻辑/动态转移方程:
不偷当前孩子:int val1 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
偷当前孩子:int val2 = root -> val + left[0] + right[0];
最后将 {val1, val2}作为本层的dp数组返回给上一层
代码如下:
class Solution {
public:vector<int> robtree(TreeNode* root){if(root == nullptr) return{0, 0};vector<int> left = robtree(root->left);vector<int> right = robtree(root->right);int val1 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]); //不偷本层节点int val2 = root->val + left[0] + right[0]; //偷本层节点,偷了本层节点就不能偷它的左右孩子return {val1, val2}; //返回本层的dp数组}int rob(TreeNode* root) {if(root == nullptr) return NULL;vector<int> result = robtree(root);return max(result[0], result[1]);}
};