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打家劫舍 II
题目链接：打家劫舍 II
题目
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入：nums = [2,3,2] 输出：3 解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
示例 2：
输入：nums = [1,2,3,1] 输出：4 解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
示例 3：
输入：nums = [1,2,3] 输出：3
提示：
1 <= nums.length <= 1000 <= nums[i] <= 1000
解法
算法原理讲解
我们这题使用动态规划，我们做这类题目可以分为以下五个步骤
- 状态显示
- 状态转移方程
- 初始化（防止填表时不越界）
- 填表顺序
- 返回值
这⼀个问题是⼀个「环形」的模式，也就是⾸尾是相连的。但是我们可以将「环形」问题转化为「两个单排」问题：
- 偷第⼀个房屋时的最大金额 x ，此时不能偷最后⼀个房⼦，因此就是偷 [0, n - 2] 区间的房子；
- 不偷第⼀个房屋时的最大金额 y ，此时可以偷最后⼀个房⼦，因此就是偷 [1, n - 1] 区间的房子；
两种情况下的「最⼤值」，就是最终的结果。因此，问题就转化成求「两次单排结果的最⼤值」。
- 状态显示
- 状态转移方程
dp[i]=max(dp[i−2]+nums[i],dp[i−1]).
- 初始化（防止填表时不越界）
dp1[left] = nums[left];
- 填表顺序
根据「状态转移⽅程」得「从左往右，两个表⼀起填」。
- 返回值
return max(nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2), rob1(nums, 1, n - 1));
代码实现
-
时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组长度。需要对数组遍历两次，计算可以偷窃到的最高总金额。
-
空间复杂度：O(n)。
class Solution
{
public:int rob(vector<int>& nums){int n = nums.size();// 两种情况下的最⼤值return max(nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2), rob1(nums, 1, n - 1));}int rob1(vector<int>& nums, int left, int right){if(left > right) {return 0;}// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回结果int n = nums.size();vector<int> dp1(n);auto dp2 = dp1;dp1[left] = nums[left]; // 初始化for(int i = left + 1; i <= right; i++){dp1[i] = dp2[i - 1] + nums[i];dp2[i] = max(dp1[i - 1], dp2[i - 1]);}return max(dp1[right], dp2[right]);}
};
