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前言

这道题目也是一个动态规划题，其整体思路与上个题目打家劫舍也比较相似。

题目描述

给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。

每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除所有等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。

开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。

示例 1：

输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。

示例 2：

输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。

提示：

1 <= nums.length <= 2 * 10^4
1 <= nums[i] <= 10^4

方法1

思路

(1) 首先，我们需要将 nums 数组排一个序

(2) 从头开始遍历，每一次只保存，到达该位置能获得的最多点数。遍历时只需要看前一个值是否与当前值的相差是否大于1.若大于1，则到达该位置能到达的最大值应该 = 上个位置能达到的最大值+当前位置值；若等于1，则到达该位置能到达的最大值应该 = 上上个位置能达到的最大值+当前位置值。同时不断用 max 记录当前最大值。

(3) 返回max

是不是与打家劫舍中相邻两家不能偷取很相似？

代码

public int deleteAndEarn(int[] nums) {
    //先去除删除无影响的
    Arrays.sort(nums);
    //先排序 nums
    HashMap<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>();
    int f1 = -1, f2 = -1, value = 0,max = -1;//f1用于记录上个值,f2用于记录上上个值
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        if (nums[i] != f1) {//到新的不同值了
            value = nums[i];
            if (f1 == nums[i] - 1) {//上个值与其相差1,则使用上上个值
                value += map.getOrDefault(f2, 0);
            } else {//否则就用上个值
                value += map.getOrDefault(f1, 0);
            }
            max = Math.max(value,max);
            map.put(nums[i],max);//保存此处能到达的最大值
            f2 = f1;
            f1 = nums[i];
        } else {//相同,不断增加相同值，每个点都认为自己是该删的
            value += nums[i];
            max = Math.max(value,max);
            map.put(nums[i], max);//保存此处能到达的最大值
        }
    }
    return max;
}

其时间复杂度主要在于排序上(采用的快排序)，总的时间复杂度为 O(nlogn)

优化空间

其实，只需要知道前前值和倒数第二个值就可，因此无需定义一个 Map 来保存。

public int deleteAndEarn(int[] nums) {
    //先去除删除无影响的
    Arrays.sort(nums);
    //先排序 nums
    int f1 = -1, lastValue1 = 0, lastValue2 = 0, value = 0,max = -1;//f1用于记录上个值,lastValue1 用于记录到达上个位置处的值， lastValue2用于记录到达上上个位置处的值
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        if (nums[i] != f1) {//到新的不同值了
            value = nums[i];
            if (f1 == nums[i] - 1) {//上个值与其相差1,则使用上上个值
                value += lastValue2;
            } else {//否则就用上个值
                value += lastValue1;
            }
            max = Math.max(value,max);
            lastValue2 = lastValue1;
            lastValue1 = max;
            f1 = nums[i];
        } else {//相同,不断增加相同值，每个点都认为自己是该删的
            value += nums[i];
            max = Math.max(value,max);
            lastValue1 = max;
        }
    }
    return max;
}

方法二

方法1中，由于排序，复杂度还是达到了 O(nlogn)，不过，是可以牺牲空间去换取时间的。由于题目规定了 nump[i] 的值在 1~10000.因此可以定义一个长度为 10000的数组,遍历一遍nums[i],记录位置值，如此时间复杂度为 O(MAX_VALUE)

public int deleteAndEarn(int[] nums) {
    int MAX_NUM = 10000+1;
    int max = 0;
    int[] dp = new int[MAX_NUM + 1];
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        dp[nums[i]] += nums[i];
    }
    for (int i = 2; i <= MAX_NUM; i++) {
        dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + dp[i]);
    }
    return dp[MAX_NUM];
}

总结

方法1的优化后方案，适合任何大小的值，而其时间复杂度受限于 num数组的长度。为 O(nlogn)
方法2 的时间复杂受限于最大点数，其时间复杂度为 O(MAX_VALUE)

算法题-Leetcode- 删除并获得点数[动态规划]

前言

题目描述

方法1

思路

代码

优化空间

方法二

总结