42、第九章 动态规划part09

本节内容

  • 198.打家劫舍
  • 213.打家劫舍II
  • 337.打家劫舍 III

198.打家劫舍※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/house-robber/
文章讲解： https://programmercarl.com/0198.%E6%89%93%E5%AE%B6%E5%8A%AB%E8%88%8D.html
视频讲解：

题目分析



方案一

此题还相对容易一点。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
class Solution {  
    public int rob(int[] nums) {  
        if (nums.length == 1) return nums[0];  
        if (nums.length == 2) return Math.max(nums[0], nums[1]);  
        int[] dp = new int[nums.length];  
        dp[0] = nums[0];  
        dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);  
  
        for (int i = 2; i < nums.length; i++) {  
            dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]); // 我只去对比前两家的最大被窃金额  
        }  
        return dp[nums.length - 1];  
    }  
}

结果

解答成功:
执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
内存消耗:38.7 MB,击败了67.29% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n )

空间复杂度：
O( n )

代码随想录

https://programmercarl.com/0198.%E6%89%93%E5%AE%B6%E5%8A%AB%E8%88%8D.html

思路

大家如果刚接触这样的题目，会有点困惑，当前的状态我是偷还是不偷呢？

仔细一想，当前房屋偷与不偷取决于 前一个房屋和前两个房屋是否被偷了。

所以这里就更感觉到，当前状态和前面状态会有一种依赖关系，那么这种依赖关系都是动规的递推公式。

当然以上是大概思路，打家劫舍是dp解决的经典问题，接下来我们来动规五部曲分析如下：

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

**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]**。

  1. 确定递推公式

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]);

  1. dp数组如何初始化

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]);

代码如下：

1
2
3
vector<int> dp(nums.size());
dp[0] = nums[0];
dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
  1. 确定遍历顺序

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！

代码如下：

1
2
3
for (int i = 2; i < nums.size(); i++) {
    dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
  1. 举例推导dp数组

以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例。

红框dp[nums.size() - 1]为结果。

以上分析完毕，C++代码如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() == 0) return 0;
        if (nums.size() == 1) return nums[0];
        vector<int> dp(nums.size());
        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];
    }
};
  • 时间复杂度: O(n)
  • 空间复杂度: O(n)

总结

打家劫舍是DP解决的经典题目，这道题也是打家劫舍入门级题目，后面我们还会变种方式来打劫的。

代码实现

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
// 动态规划
class Solution {
	public int rob(int[] nums) {
		if (nums == null || nums.length == 0) return 0;
		if (nums.length == 1) return nums[0];

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

		return dp[nums.length - 1];
	}
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
// 使用滚动数组思想，优化空间
// 分析本题可以发现，所求结果仅依赖于前两种状态，此时可以使用滚动数组思想将空间复杂度降低为3个空间
class Solution {
    public int rob(int[] nums) {
        
        int len = nums.length;

        if (len == 0) return 0;
        else if (len == 1) return nums[0];
        else if (len == 2) return Math.max(nums[0],nums[1]);


        int[] result = new int[3]; //存放选择的结果
        result[0] = nums[0];
        result[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);
        

        for(int i=2;i<len;i++){

            result[2] = Math.max(result[0]+nums[i],result[1]);

            result[0] = result[1];
            result[1] = result[2];
        }
        
        return result[2];
    }
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
// 进一步对滚动数组的空间优化 dp数组只存与计算相关的两次数据
class Solution {
    public int rob(int[] nums) {
        if (nums.length == 1)  {
            return nums[0];
        }
        // 初始化dp数组
        // 优化空间 dp数组只用2格空间 只记录与当前计算相关的前两个结果
        int[] dp = new int[2];
        dp[0] = nums[0];
        dp[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);
        int res = 0;
        // 遍历
        for (int i = 2; i < nums.length; i++) {
            res = Math.max((dp[0] + nums[i]) , dp[1] );
            dp[0] = dp[1];
            dp[1] = res;
        }
        // 输出结果
        return dp[1];
    }
}

213.打家劫舍II※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/house-robber-ii/
文章讲解： https://programmercarl.com/0213.%E6%89%93%E5%AE%B6%E5%8A%AB%E8%88%8DII.html
视频讲解：

题目分析



方案一

看了题解，他居然这样做，幡然醒悟！！

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
class Solution {  
    public int rob(int[] nums) {  
        if (nums.length == 1) return nums[0];  
        if (nums.length == 2) return Math.max(nums[0], nums[1]);  
  
        // 本题难点是闭环，解决方案在于我去遍历偷窃两次，分别舍弃最后一栋和第一栋，之后取最大值  
        return Math.max(findMaxRob(nums, 0, nums.length - 1), findMaxRob(nums, 1, nums.length));  
  
    }  
  
    /**  
     * 核心实现函数  
     * @param nums 房屋，以及房屋的金额  
     * @param start 开始偷窃的地方  
     * @param end 停止偷窃的地方  
     * @return 最大可以偷窃的金额  
     */  
    private int findMaxRob(int[] nums, int start, int end) {  
        int dp0 = nums[start],  
                dp1 = Math.max(nums[start], nums[start + 1]);  
        int temp;  
        for (int i = start + 2; i < end; i++) {  
            temp = Math.max(dp1, dp0 + nums[i]);  
            dp0 = dp1;  
            dp1 = temp;  
        }  
        return dp1;  
    }  
}

结果

解答成功:
执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
内存消耗:38.9 MB,击败了29.52% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n )

空间复杂度：
O( 1 )

代码随想录

https://programmercarl.com/0213.%E6%89%93%E5%AE%B6%E5%8A%AB%E8%88%8DII.html

思路

这道题目和 198.打家劫舍  是差不多的，唯一区别就是成环了。

对于一个数组，成环的话主要有如下三种情况：

  • 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

**注意这里用的是”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。

分析到这里，本题其实比较简单了。 剩下的和 198.打家劫舍 就是一样的了。

代码如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
// 注意注释中的情况二情况三，以及把198.打家劫舍的代码抽离出来了
class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() == 0) return 0;
        if (nums.size() == 1) return nums[0];
        int result1 = robRange(nums, 0, nums.size() - 2); // 情况二
        int result2 = robRange(nums, 1, nums.size() - 1); // 情况三
        return max(result1, result2);
    }
    // 198.打家劫舍的逻辑
    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];
    }
};
  • 时间复杂度: O(n)
  • 空间复杂度: O(n)

总结

成环之后还是难了一些的， 不少题解没有把“考虑房间”和“偷房间”说清楚。

这就导致大家会有这样的困惑：情况三怎么就包含了情况一了呢？ 本文图中最后一间房不能偷啊，偷了一定不是最优结果。

所以我在本文重点强调了情况一二三是“考虑”的范围，而具体房间偷与不偷交给递推公式去抉择。

这样大家就不难理解情况二和情况三包含了情况一了。

代码实现

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
class Solution {
    public int rob(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0)
            return 0;
        int len = nums.length;
        if (len == 1)
            return nums[0];
        return Math.max(robAction(nums, 0, len - 1), robAction(nums, 1, len));
    }

    int robAction(int[] nums, int start, int end) {
        int x = 0, y = 0, z = 0;
        for (int i = start; i < end; i++) {
            y = z;
            z = Math.max(y, x + nums[i]);
            x = y;
        }
        return z;
    }
}

337.打家劫舍 III※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/house-robber-iii/
文章讲解： https://programmercarl.com/0337.%E6%89%93%E5%AE%B6%E5%8A%AB%E8%88%8DIII.html
视频讲解：

题目分析




方案一

喔哦，通过我自己的努力解决了。

动态规划中，如果我没记错的话，这应该是第一个，但是和这题感觉有点类似的是，我想到了在做贪心算法的时候，做的# 968.监控二叉树 其是根据后序遍历一步步去查找的，本题也是用过后续遍历一步步进行查找的！！

本题使用了二叉树本身作为了dp数组，本题的递推函数如下图：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
class Solution {  
    public int rob(TreeNode root) {  
        recursion(root);  
        return root.val;  
    }  
  
    private void recursion(TreeNode root){  
        if (root == null) return;  
        recursion(root.left);  
        recursion(root.right);  
  
        int sum1 = 0, sum2 = root.val;  
        if (root.left != null) {  
            sum1 += root.left.val;  
            if (root.left.left != null) {  
                sum2 += root.left.left.val;  
            }  
            if (root.left.right != null) {  
                sum2 += root.left.right.val;  
            }  
        }  
        if (root.right != null) {  
            sum1 += root.right.val;  
            if (root.right.left != null) {  
                sum2 += root.right.left.val;  
            }  
            if (root.right.right != null) {  
                sum2 += root.right.right.val;  
            }  
        }  
  
        root.val = Math.max(sum1, sum2);  
    }  
}

结果

解答成功:
执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
内存消耗:42.6 MB,击败了66.51% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n ) // 节点的个数

空间复杂度：
O( n ) // 递归的深度

代码随想录

https://programmercarl.com/0337.%E6%89%93%E5%AE%B6%E5%8A%AB%E8%88%8DIII.html

思路

这道题目和 198.打家劫舍  ， 213.打家劫舍II 也是如出一辙，只不过这个换成了树。

如果对树的遍历不够熟悉的话，那本题就有难度了。

对于树的话，首先就要想到遍历方式，前中后序（深度优先搜索）还是层序遍历（广度优先搜索）。

本题一定是要后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。

与198.打家劫舍，213.打家劫舍II一样，关键是要讨论当前节点抢还是不抢。

如果抢了当前节点，两个孩子就不能动，如果没抢当前节点，就可以考虑抢左右孩子（注意这里说的是“考虑”）

暴力递归

代码如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
class Solution {
public:
    int rob(TreeNode* root) {
        if (root == NULL) return 0;
        if (root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;
        // 偷父节点
        int val1 = root->val;
        if (root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); // 跳过root->left，相当于不考虑左孩子了
        if (root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); // 跳过root->right，相当于不考虑右孩子了
        // 不偷父节点
        int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); // 考虑root的左右孩子
        return max(val1, val2);
    }
};
  • 时间复杂度：O(n^2)，这个时间复杂度不太标准，也不容易准确化，例如越往下的节点重复计算次数就越多
  • 空间复杂度：O(log n)，算上递推系统栈的空间

当然以上代码超时了，这个递归的过程中其实是有重复计算了。

我们计算了root的四个孙子（左右孩子的孩子）为头结点的子树的情况，又计算了root的左右孩子为头结点的子树的情况，计算左右孩子的时候其实又把孙子计算了一遍。

记忆化递推

所以可以使用一个map把计算过的结果保存一下，这样如果计算过孙子了，那么计算孩子的时候可以复用孙子节点的结果。

代码如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
class Solution {
public:
    unordered_map<TreeNode* , int> umap; // 记录计算过的结果
    int rob(TreeNode* root) {
        if (root == NULL) return 0;
        if (root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;
        if (umap[root]) return umap[root]; // 如果umap里已经有记录则直接返回
        // 偷父节点
        int val1 = root->val;
        if (root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); // 跳过root->left
        if (root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); // 跳过root->right
        // 不偷父节点
        int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); // 考虑root的左右孩子
        umap[root] = max(val1, val2); // umap记录一下结果
        return max(val1, val2);
    }
};

  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(log n)，算上递推系统栈的空间

动态规划

在上面两种方法，其实对一个节点 偷与不偷得到的最大金钱都没有做记录，而是需要实时计算。

而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，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解。

  1. 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。

参数为当前节点，代码如下：

1
vector<int> robTree(TreeNode* cur) {

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！

那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？

别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数。

如果还不理解的话，就接着往下看，看到代码就理解了哈。

  1. 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

1
if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};

这也相当于dp数组的初始化

  1. 确定遍历顺序

首先明确的是使用后序遍历。 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。

代码如下：

1
2
3
4
5
// 下标0：不偷，下标1：偷
vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
// 中

  1. 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再回顾一下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}

代码如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> right = robTree(cur->right); // 右

// 偷cur
int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
// 不偷cur
int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
return {val2, val1};
  1. 举例推导dp数组

以示例1为例，dp数组状态如下：（注意用后序遍历的方式推导）

最后头结点就是 取下标0 和 下标1的最大值就是偷得的最大金钱。

递归三部曲与动规五部曲分析完毕，C++代码如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
class Solution {
public:
    int rob(TreeNode* root) {
        vector<int> result = robTree(root);
        return max(result[0], result[1]);
    }
    // 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
    vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
        if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
        vector<int> left = robTree(cur->left);
        vector<int> right = robTree(cur->right);
        // 偷cur，那么就不能偷左右节点。
        int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
        // 不偷cur，那么可以偷也可以不偷左右节点，则取较大的情况
        int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
        return {val2, val1};
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)，每个节点只遍历了一次
  • 空间复杂度：O(log n)，算上递推系统栈的空间

总结

这道题是树形DP的入门题目，通过这道题目大家应该也了解了，所谓树形DP就是在树上进行递归公式的推导。

所以树形DP也没有那么神秘！

只不过平时我们习惯了在一维数组或者二维数组上推导公式，一下子换成了树，就需要对树的遍历方式足够了解！

代码实现

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
class Solution {
    // 1.递归去偷，超时
    public int rob(TreeNode root) {
        if (root == null)
            return 0;
        int money = root.val;
        if (root.left != null) {
            money += rob(root.left.left) + rob(root.left.right);
        }
        if (root.right != null) {
            money += rob(root.right.left) + rob(root.right.right);
        }
        return Math.max(money, rob(root.left) + rob(root.right));
    }

    // 2.递归去偷，记录状态
    // 执行用时：3 ms , 在所有 Java 提交中击败了 56.24% 的用户
    public int rob1(TreeNode root) {
        Map<TreeNode, Integer> memo = new HashMap<>();
        return robAction(root, memo);
    }

    int robAction(TreeNode root, Map<TreeNode, Integer> memo) {
        if (root == null)
            return 0;
        if (memo.containsKey(root))
            return memo.get(root);
        int money = root.val;
        if (root.left != null) {
            money += robAction(root.left.left, memo) + robAction(root.left.right, memo);
        }
        if (root.right != null) {
            money += robAction(root.right.left, memo) + robAction(root.right.right, memo);
        }
        int res = Math.max(money, robAction(root.left, memo) + robAction(root.right, memo));
        memo.put(root, res);
        return res;
    }

    // 3.状态标记递归
    // 执行用时：0 ms , 在所有 Java 提交中击败了 100% 的用户
    // 不偷：Max(左孩子不偷，左孩子偷) + Max(又孩子不偷，右孩子偷)
    // root[0] = Math.max(rob(root.left)[0], rob(root.left)[1]) +
    // Math.max(rob(root.right)[0], rob(root.right)[1])
    // 偷：左孩子不偷+ 右孩子不偷 + 当前节点偷
    // root[1] = rob(root.left)[0] + rob(root.right)[0] + root.val;
    public int rob3(TreeNode root) {
        int[] res = robAction1(root);
        return Math.max(res[0], res[1]);
    }

    int[] robAction1(TreeNode root) {
        int res[] = new int[2];
        if (root == null)
            return res;

        int[] left = robAction1(root.left);
        int[] right = robAction1(root.right);

        res[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
        res[1] = root.val + left[0] + right[0];
        return res;
    }
}
02_1_代码随想录算法训练营18期
#LeetCode #算法训练营
42、第九章 动态规划part09
http://yuanql.top/2023/08/18/02_1_代码随想录算法训练营18期/42、第九章 动态规划part09/
作者
Qingli Yuan
发布于
2023年8月18日
许可协议