随想录一刷Day48——动态规划

Day48_动态规划

29. 打家劫舍

198. 打家劫舍
思路：

题目的关键是，不能偷相邻的两个屋子，即只能偷上一个屋子不偷当前屋子，或者不偷上一个屋子偷当前屋子。

1. dp[i] 表示偷到第 i 个屋子最大的偷盗额
2. dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]) 表示选择偷与不偷的最大收益值
3. 初始化，没有屋子偷盗最大为0，有1间屋子偷之，两间屋子偷第一间与第二间中的最大者
4. 由于每次递推都是从前 一|两 间屋子的最大收益递推得来，所以遍历顺序从前往后

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        int nums_size = nums.size();
        if (nums_size == 0) return 0;
        if (nums_size == 1) return nums[0];
        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 - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
        }
        return dp[nums_size - 1];
    }
};
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30. 打家劫舍 II

213. 打家劫舍 II
思路：

与上一问的不同之处在于出现了环，分三种情况考虑

1. 偷第一间不偷最后一间
2. 偷最后一间不偷第一间
3. 第一间和最后一间都不偷
   由于前两种情况在计算时把第三种情况的运算包含在内了，所以忽略之

class Solution {
public:
	// 稍作修改，复用第一问代码
    int rob_dp(vector<int>& nums, int start, int end) {
        int nums_size = end - start + 1;
        if (nums_size == 0) return 0;
        if (nums_size == 1) return nums[start];
        vector<int> dp(nums_size, 0);
        dp[0] = nums[start];
        dp[1] = max(nums[start], nums[start + 1]);
        for (int i = 2; i < nums_size; i++) {
            dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[start + i]);
        }
        return dp[nums_size - 1];
    }

    int rob(vector<int>& nums) {
        int nums_size = nums.size();
        if (nums_size == 0) return 0;
        if (nums_size == 1) return nums[0];
        return max(rob_dp(nums, 0, nums_size - 2), rob_dp(nums, 1, nums_size - 1)); 
    }
};
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31. 打家劫舍 III

337. 打家劫舍 III
思路1：

后续遍历，爆搜,TLE

时间复杂度：$O(n^2)$ 由于算了每两个子节点，同时会对其四个子树遍历一次，每一层都如此，复杂度粗糙估计为 $n^2$
空间复杂度：$O(logn)$ 算上递推系统栈的空间

class Solution {
public:
    int rob(TreeNode* root) {
        if (root == nullptr) return 0;
        if (root->left == nullptr && root->right == nullptr) return root->val;
        // 偷当前结点
        int var_cur_1 = root->val;
        if (root->left) var_cur_1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right);
        if (root->right) var_cur_1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right);
        // 不偷当前结点、
        int var_cur_0 = 0;
        var_cur_0 += rob(root->left) + rob(root->right);
        return max(var_cur_0, var_cur_1);
    }
};
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思路二：

爆搜超时是因为有些搜过的点已经得到了最大收益值，却被多次重复搜索导致的，利用记忆化搜索优化一下就能过了

时间复杂度：$O(n)$
空间复杂度：$O(logn)$ 算上递推系统栈的空间

class Solution {
public:
    unordered_map<TreeNode*, int> umap;
    int rob(TreeNode* root) {
        if (root == nullptr) return 0;
        if (root->left == nullptr && root->right == nullptr) return root->val;
        if (umap[root]) return umap[root];
        // 偷当前结点
        int var_cur_1 = root->val;
        if (root->left) var_cur_1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right);
        if (root->right) var_cur_1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right);
        // 不偷当前结点、
        int var_cur_0 = 0;
        var_cur_0 += rob(root->left) + rob(root->right);
        umap[root] = max(var_cur_0, var_cur_1);
        return umap[root];
    }
};
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思路三：
树形dp入门

对树的每个结点维护一个包含两个数的dp(var_cur_0, var_cur_1)值
var_cur_0：不偷当前结点的最大收益
var_cur_1：偷当前结点的最大收益
dp的过程是后续遍历，每次根节点的递推过程要用到子树的递推结果
那么偷的过程还是不能同时偷一对父子结点，那么偷的方法就有如下两种：

1. 偷当前结点，那么就不能偷其左右子节点，递推利用的就是左右子节点的 var_cur_0 相加，再加上当前结点的值
2. 不偷当前结点，那么子节点无所谓偷不偷，只要最大化收益即可，于是递推利用左右子树偷盗的最大值相加
   示意图如下，卡哥这个图真的很生动
   

class Solution {
public:
    int rob(TreeNode* root) {
        vector<int> result = robTree(root);
        return max(result[0], result[1]);
    }

    vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
        if (cur == nullptr) return {0, 0}; // 没得偷
        vector<int> left = robTree(cur->left);
        vector<int> right = robTree(cur->right);
        // 偷cur，则不偷其左右子节点(取其左右子节点不偷自己的值)
        int var_cur_1 = cur->val + left[0] + right[0];
        // 不偷cur，不一定会偷子节点，选择收益最大的方式
        int var_cur_0 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
        return {var_cur_0, var_cur_1};
    }
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