一、题目描述
给定一个非负整数数组 nums，其中 nums[i] 表示第 i 间房屋存放的金额。相邻房屋装有相互连通的报警系统，如果同一晚上偷窃两间相邻房屋，就会触发警报。
要求计算在不触发警报的情况下，一晚上最多能够获得多少金额。
例如：
输入：nums = [1,2,3,1]
输出：4可以选择第 1 间和第 3 间房屋，获得 1 + 3 = 4。
再看一个例子：
输入：nums = [2,7,9,3,1]
输出：12可以选择金额为 2、9 和 1 的三间房屋，最终获得 12。
这道题的关键限制是：相邻房屋不能同时选择。每走到一间新房屋，都需要决定是偷还是不偷，这是一道经典的动态规划问题。
二、为什么使用动态规划
最直接的思路，是枚举每间房屋偷或不偷的所有组合，再从合法方案中选择最大值。但每间房屋都有两种选择，暴力搜索的规模会快速增长。
实际上，当我们考虑第 i 间房屋时，不需要知道前面具体偷了哪些房屋，只需要知道：
-
偷窃前面若干间房屋能够获得的最大金额；
-
如果选择当前房屋，前一间房屋就不能选择。
也就是说，大问题的答案依赖于规模更小的子问题，而且这些子问题会被反复使用，因此适合采用动态规划保存结果。
三、定义动态规划状态
定义：
dp[i] 表示偷窃前 i 间房屋能够获得的最高金额需要特别注意，i 表示房屋数量，不是 nums 的数组下标。
例如：
-
dp[0]：没有房屋可选时的最高金额； -
dp[1]：只考虑nums[0]时的最高金额； -
dp[2]：考虑nums[0]、nums[1]时的最高金额； -
dp[n]：考虑全部n间房屋时的最高金额。
因此，在计算 dp[i] 时，当前房屋在数组中的下标是 i - 1，对应金额为：
nums[i - 1]这种定义可以让 dp[0] 自然表示空区间，也能减少边界判断。
四、推导状态转移公式
计算前 i 间房屋的最高金额时，需要决定是否偷第 i 间房屋。
1. 不偷当前房屋
如果不偷第 i 间房屋，那么答案与只考虑前 i - 1 间房屋时相同：
dp[i - 1]2. 偷当前房屋
如果偷第 i 间房屋，就不能偷与它相邻的第 i - 1 间房屋。因此，只能在前 i - 2 间房屋的最优结果上，加上当前房屋金额：
dp[i - 2] + nums[i - 1]在两种选择中取最大值，就得到状态转移公式：
dp[i] = Math.max(
dp[i - 1],
dp[i - 2] + nums[i - 1]
);可以将它记成一句话：
不偷当前房屋，就继承前一间的最优解；偷当前房屋，就使用前两间的最优解加上当前金额。
五、确定初始状态
动态规划必须先确定最小规模问题的答案。
1. 没有房屋
没有房屋可偷，最高金额自然是 0：
dp[0] = 0;2. 只有一间房屋
房屋金额都是非负整数，因此只有一间房屋时，选择它就是最优方案：
dp[1] = nums[0];从 i = 2 开始，就可以使用状态转移公式依次计算后续结果。
六、示例完整推演
以数组 [1,2,3,1] 为例，共有 4 间房屋，因此创建长度为 5 的 DP 数组。
1. 初始化
dp[0] = 0
dp[1] = 1此时：
dp = [0,1,0,0,0]2. 计算 dp2
当前房屋金额为 nums[1] = 2：
不偷：dp[1] = 1
偷：dp[0] + nums[1] = 0 + 2 = 2选择较大值：
dp[2] = 23. 计算 dp3
当前房屋金额为 nums[2] = 3：
不偷：dp[2] = 2
偷：dp[1] + nums[2] = 1 + 3 = 4所以：
dp[3] = 44. 计算 dp4
当前房屋金额为 nums[3] = 1：
不偷：dp[3] = 4
偷：dp[2] + nums[3] = 2 + 1 = 3最终：
dp[4] = 4完整 DP 数组为：
[0,1,2,4,4]因此答案为 4。
这里还能发现一个规律：dp[i] 不一定表示必须偷第 i 间房屋，而是表示考虑前 i 间房屋后能够获得的最高金额。
七、完整 Java 代码
下面的代码与截图中的一维 DP 数组思路一致：
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
// 防御性处理；LeetCode 原题保证数组至少包含一个元素
if (n == 0) {
return 0;
}
// dp[i] 表示偷窃前 i 间房屋能获得的最高金额
int[] dp = new int[n + 1];
// 初始状态
dp[0] = 0;
dp[1] = nums[0];
for (int i = 2; i <= n; i++) {
// 选择一：不偷第 i 间房屋，继承 dp[i - 1]
// 选择二：偷第 i 间房屋，金额为
// dp[i - 2] + nums[i - 1]
dp[i] = Math.max(
dp[i - 1],
dp[i - 2] + nums[i - 1]
);
}
return dp[n];
}
}八、为什么返回 dpn
数组中共有 n 间房屋，而 dp[i] 表示考虑前 i 间房屋的最优结果，所以考虑全部房屋后的答案就是：
return dp[n];不能直接返回 dp[n - 1]，因为那只表示考虑前 n - 1 间房屋，没有包含最后一间房屋带来的选择。
九、复杂度分析
程序只遍历一次数组，每个状态都在常数时间内完成计算，因此时间复杂度为：
O(n)使用长度为 n + 1 的 DP 数组保存所有子问题结果，因此空间复杂度为：
O(n)虽然本题可以进一步使用两个变量将空间复杂度优化为 O(1)，但本文严格采用截图中的一维 DP 数组方案，便于理解状态定义和转移过程。