算法第十八天-打家劫舍Ⅱ

打家劫舍Ⅱ

题目要求

解题思路

$打家劫舍Ⅱ$ 是说两个相邻的房间不能同时偷，并且首尾两个房间是相邻的（不能同时偷首尾房间）
明显是基于 $打家劫舍Ⅰ$ 做的升级。 $打家劫舍Ⅰ$ 也是说两个相邻的房间不能同时偷，但是首尾房间不是相邻的（可以同时偷首尾房间）

所以，我们先从 $打家劫舍Ⅰ$ 开始说起。

打家劫舍Ⅰ

题目：两个相邻的房间不能同时偷，首尾房间不相邻，求小偷能获取的最大金额。

对于 $求数组中按照某种方法进行选择，求最值，而不用知道具体选择方案$ 的问题，可以考虑动态规划。动态规划最基本的是 $状态的定义$ ，然后比较困难的是 $状态转移方程$ 。

$状态定义$ 即dp[i]，一般可以根据题意，题目要求什么，我们就定义什么。比如本题，我们定于dp[i]为数组的前i个元素 中按照 $两个相邻的房间不能同时偷$ 的方法，能够获得到的最大值。（经验：定义dp[i]为数组的前i个元素的结果）

考虑 $状态转移方程$ 是，一定要想办法让dp[i]能够基于dp[0~i-1]生成。本题要求不能同时偷相邻的房间。所以，dp $i$ 有两种选择：num $i$ 选或者不选。

如果num[i]选，那么由于不能选择相邻的房间，所以不可以选择num[i-1]，所以选择num[i]的情况下，数组的前i个元素构成的最大值dp[i]=dp[i-2]+num[i];
如果num[i]不选，那么就可以选择num[i-1]，所以数组的前i个元素构成的最大值等于数组前i-1个元素构成的最大值，即dp[i]=dp[i-1]
所以，最终的dp[i]是上面两种情况的最大值。

$初始条件$ 比较简单：

dp[0] = num[0]
dp[1] = max(dp[0],num[1]) = max(num[0], num[1])

$返回结果$ ，可以根据我们的dp[i]知道最终要求的是在整个数组上能够取得的最大值。所以返回dp[N-1]

打家劫舍Ⅱ

在多了数组的开头和结尾是相邻的情况下，也就是说，数组的开头和结尾元素不能同时选。由于状态转移方程中，是没有标记我们到底选了哪些元素的。所以如果想通过状态转移方程，来实现首尾元素不能同时选，是很难的。

这里就用上了技巧，分为两种情况去考虑：分别在nums[0:N-1]上计算能获得到的最大值，这两种个情况取最大。这肯定能保证在物理上隔离了首尾两个元素，肯定不会同时选到。

代码

python 复制代码

class Solution:
    def rob(self, nums: List[int]) -> int:
        N = len(nums)
        if not nums:
            return 0
        if N == 1:
            return nums[0]
        return max(self.rob1(nums[0:N - 1]), self.rob1(nums[1:N]))
    def rob1(self,nums:List[int]):    
        N = len(nums)
        if not nums:
            return 0
        if N == 1:
            return nums[0]
        # max amount [0, i]
        dp = [0] * N
        dp[0] = nums[0]
        dp[1] = max(nums[0], nums[1])
        for i in range(2, N):
            dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1])
        return dp[-1]

复杂度分析

时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)

空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)