算法题
Leetcode 198.打家劫舍
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个人思路
偷还是不偷，这取决于前一个和前两个房是否被偷了，这种存在依赖关系的题目可以用动态规划解决。
解法
动态规划
动规五部曲：
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]。
2.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
然后dp[i]取最大值，即dp[i] = max(dp[i – 2] + nums[i], dp[i – 1]);
3.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]);
4.确定遍历顺序
dp[i] 是根据dp[i – 2] 和 dp[i – 1] 推导出来的，所以是从前到后遍历！
5.举例推导dp数组
以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) return 0;//判空
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]);//初始化
for (int i = 2; i 时间复杂度:O(n)；（遍历数组）
空间复杂度:O(n);（存储一个长度为n+1的dp数组）
滚动数组优化动规
// 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];
}
// 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;
for (int i = 2; i 时间复杂度:O(n)；（遍历数组）
空间复杂度:O(1);（无使用其他大的额外空间）
Leetcode 213.打家劫舍II
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个人思路
这道题与上面那道题是类似的，只不过这里的房屋成环了，还是用动态规划解决。
解法
动态规划
对于题目中的数组，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”（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）
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。剩下的和上面那题198打家劫舍一样的了。
以下代码使用的了滚动数组去优化空间复杂度
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0)//判空
return 0;
int len = nums.length;//数组长度
if (len == 1)
return nums[0];
return Math.max(robAction(nums, 0, len - 1), robActi服务器托管on(nums, 1, len));//情况2,3包括情况1
}
int robAction(int[] nums, int start, int end) {
int x = 0, y = 0, z = 0;
for (int i = start; i 时间复杂度:O(n)；（遍历数组）
空间复杂度:O(1);（无使用其他大的额外空间）
Leetcode 337.打家劫舍 III
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个人思路
思路不清晰…
解法
动态规划
本题可以使用动态规划，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，所以使用递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来解题。
递归加动规
1.确定递归函数的参数和返回值,dp数组（dp table）以及下标的含义
用一个节点记录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的数组即dp数组。
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。
2.确定终止条件-dp数组的初始化
在遍历的过程中，如果遇到空节点的话，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
3.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。
4.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，即 val1 = cur->val + left[0] + right[0];
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}
5.举例推导dp数组
以示例1为例，dp数组状态如下图，->用的后序遍历的方式推导
class Solution {// 状态标记递归
public int rob(TreeNode root) {
int[] res = robAction(root);
return Math.max(res[0], res[1]);
}
int[] robAction(TreeNode root) {
int res[] = new int[2];
if (root == null)
return res;
int[] left = robAction(root.left);
int[] right = robAction(root.right);
// 不偷：Max(左孩子不偷，左孩子偷) + Max(右孩子不偷，右孩子偷)
res[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
// 偷：左孩子不偷+ 右孩子不偷 + 当前节点偷
res[1] = root.val + left[0] + right[0];
return res;
}
}时间复杂度:O(n)；（这里的n是树的高度）
空间复杂度:O(n);（输入数组大小）
以上是个人的思考反思与总结，若只想根据系列题刷，参考卡哥的网址代码随想录算法官网
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