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打家劫舍 II
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 ，今晚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
解题
解题思路
这题是上篇文的进阶版，如果上一道题问题不大，这题应该也没什么问题。这里我们如果用上篇的处理办法，就会发现最后一个点dp[n-1]无法处理，因为dp[n-1]=Math.max(dp[n-2],dp[n-3]+nums[n-1]。
但是对于dp[n-3]+nums[n-1]这一条我们不清楚需不需要减掉nums[0]，也就是第一家，因为首位相连 我们不知道dp[n-3]这个状态有没有偷过第一家nums[0]，因此无法将上题的解法用在这个环上。
但是我们可以把这个环看成俩个线性的，一个是0-n-2，一个是1-n-1，这样就解决了这个问题。偷了第一家就无法偷最后一家，反过来也是这个意思。
解题步骤
这里我们分两种情况来求解再合并结果：
一种：
1）首先，一定不选择第一个元素，那么后面就可以按照打家劫舍1中的方法进行求解；
2）然后，一定不选择最后一个元素，那么前面的元素也一样求解。
二种：
1）首先无视第一个元素，从第二个元素到后面所有元素进行动态规划求解，得到一个偷取的最大值；
2）然后无视最后一个元素，从第一个元素到倒数第二个元素进行动态规划求解，得到另一个偷取的最大值；
返回这两个最优解的最优解。在第一中方法中，有两种状态，分别是偷与不偷，dp[i][1],dp[i][0]分别表示这两种状态下当前偷取的最大值。而在第二种方法中进行了统一处理，只考虑当前能偷取的最大值，也就是在当前已经选好了偷取或不偷取的情况下的最大值。
代码实现
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 1) return nums[0];
if (nums.size() == 2) return nums[0] > nums[1] ? nums[0] : nums[1];
if (nums.size() == 3)
{
int temp = nums[0] > nums[1] ? nums[0] : nums[1];
return nums[2] > temp ? nums[2] : temp;
}
int n = nums.size();
int a = nums[0], b = nums[0] > nums[1] ? nums[0] : nums[1], c = 0;
for (int i = 2; i < n-1; i++)
{
c = a+nums[i] > b ? a+nums[i] : b;
a = b;
b = c;
}
int res1 = c;
int res2 = 0;
if (nums.size()-2 == 2) res2 = nums[1];
else if (nums.size()-2 == 3) res2 = nums[1] > nums[2] ? nums[1] : nums[2];
a = nums[1], b = nums[1] > nums[2] ? nums[1] : nums[2];
for (int i = 3; i < n-2; i++)
{
res2 = a+nums[i] > b ? a+nums[i] : b;
a = b;
b = res2;
}
return res1 > res2 + nums[n-1] ? res1 : res2 + nums[n-1];
}
};
关于打家劫舍II的思考和方法今天就分享到这里，同学想看到关于算法面试中的哪些疑难解析，可以给我留言，我们一起再来探讨，我们下篇文章再见。
