198. 打家劫舍
动态规划
dp[i]：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i] 。- 决定
dp[i]的因素就是第i房间偷还是不偷。如果偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 2] + nums[i] ，即：第i-1房一定是不考虑的，找出 下标i-2（包括i-2）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i-2] 加上第i房间偷到的钱。如果不偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 1]，即考虑i-1房，（注意这里是考虑，并不是一定要偷i-1房，这是很多同学容易混淆的点）然后dp[i]取最大值，即dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]); - 从递推公式
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);可以看出，递推公式的基础就是dp[0] 和 dp[1]从dp[i]的定义上来讲，dp[0] 一定是 nums[0]，dp[1]就是nums[0]和nums[1]的最大值即：dp[1] = max(nums[0], nums[1]); - dp[i] 是根据dp[i - 2] 和 dp[i - 1] 推导出来的，那么一定是从前到后遍历！
class Solution:
def rob(self, nums: List[int]) -> int:
if len(nums) == 1:
return nums[0]
dp = [0] * len(nums)
dp[0] = nums[0]
dp[1] = max(nums[0], nums[1])
for i in range(2, len(nums)):
dp[i] = max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i])
return dp[-1]
213. 打家劫舍 II
动态规划
- 主逻辑和上题一致，但要考虑两种情况计算最大值，然后取两个最大值中较大的
- 一种是抢第一个房子不抢最后一个， 一种是抢最后一个房子不抢第一个（因为第一个和最后一个是邻居）
class Solution:
def rob(self, nums: List[int]) -> int:
if len(nums) == 1:
return nums[0]
rob_first = self.helper(nums, 0, len(nums)-2)
rob_last = self.helper(nums, 1, len(nums)-1)
return max(rob_first, rob_last)
def helper(self, nums, start, end):
if start == end:
return nums[start]
dp = [0] * len(nums)
dp[start] = nums[start]
dp[start+1] = max(nums[start], nums[start+1])
for i in range(start+2, end+1):
dp[i] = max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i])
return dp[end]
337. 打家劫舍 III
树形dp
-
动态规划其实就是使用状态转移容器来记录状态的变化，这里可以使用一个长度为2的数组，记录当前节点偷与不偷所得到的的最大金钱。
-
这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移。
-
确定递归函数的参数和返回值：
这里我们要求一个节点 偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组。
其实这里的返回数组就是dp数组。
所以dp数组（dp table）以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。
所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！
-
确定终止条件:
在遍历的过程中，如果遇到空节点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回[0, 0]
这也相当于dp数组的初始化
-
确定遍历顺序
首先明确的是使用后序遍历。 因为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。
-
确定单层递归的逻辑
如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，
val1 = cur->val + left[0] + right[0];（如果对下标含义不理解就在回顾一下dp数组的含义）如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：
val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);最后当前节点的状态就是
{val2, val1};即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱} -
复杂度：
Let N be the number of nodes in the binary tree.
- Time complexity: O(N) since we visit all nodes once.
- Space complexity: O(N) since we need stacks to do recursion, and the maximum depth of the recursion is the height of the tree, which is O(N) in the worst case and O(log(N)) in the best case.
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def rob(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
if not root:
return 0
return max(self.postorder(root))
def postorder(self, root):
# (val1, val2)
# val1: max amount if not rob node
# val2: max amount if rob node
if not root:
return [0, 0]
left = self.postorder(root.left)
right = self.postorder(root.right)
# rob root
rob_root = root.val + left[0] + right[0]
# not rob root
not_rob_root = max(left) + max(right)
return [not_rob_root, rob_root]
