题目1
题目描述
你是一个专业的小偷，计划偷窃的房屋。每间房内藏有一定的现金，影响你盗窃的唯一限制因素就是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，计算你不触动报警装置的情况下，一夜之内能够偷窃的最高金额。
示例
- 示例1
输入：[1,2,3,1]
输出：4
解释：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2
输入：[2,7,9,3,1]
输出：12
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 2), 偷窃 3 号房屋 (金额 = 9)，接着偷窃 5 号房屋 (金额 = 1)。
偷窃到的最高金额 = 2 + 9 + 1 = 12 。
思路方法
首先考虑最简单的情况。如果只有一间房屋，则偷窃该房屋，可以偷窃到最高总金额。如果只有两间房屋，则由于两间房屋相邻，不能同时偷窃，只能偷窃其中的一间房屋，因此选择其中金额较高的房屋进行偷窃，可以偷窃到最高总金额。
如果房屋数量大于两间，应该如何计算能够偷窃到的最高总金额呢？对于第 (k>2) 间房屋，有两个选项：
1、偷窃第 k 间房屋，那么就不能偷窃第k−1 间房屋，偷窃总金额为前 k−2 间房屋的最高总金额与第 k 间房屋的金额之和。
2、不偷窃第 k 间房屋，偷窃总金额为前 k-1 间房屋的最高总金额。
在两个选项中选择偷窃总金额较大的选项，该选项对应的偷窃总金额即为前 k 间房屋能偷窃到的最高总金额。
用dp[i] 表示前 i 间房屋能偷窃到的最高总金额，那么就有如下的状态转移方程：
dp[i]=max(dp[i−2]+nums[i],dp[i−1])
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int length = nums.length;
if(nums==null||length==0){
return 0;
}
if(length==1){
return nums[0];
}
int[] dp = new int[length];
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);
for(int i=2;i<length;i++){
dp[i] = Math.max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1]);
}
return dp[length-1];
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
题目2
题目描述
其他的条件与前一题系统，唯一不同点：这是一个环形街道，也就是说数组的最后一位的下一个就是数组的头。
示例
- 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
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 。
思路方法
首先考虑最简单的情况。如果只有一间房屋，则偷窃该房屋，可以偷窃到最高总金额。如果只有两间房屋，则由于两间房屋相邻，不能同时偷窃，只能偷窃其中的一间房屋，因此选择其中金额较高的房屋进行偷窃，可以偷窃到最高总金额。
注意到当房屋数量不超过两间时，最多只能偷窃一间房屋，因此不需要考虑首尾相连的问题。如果房屋数量大于两间，就必须考虑首尾相连的问题，第一间房屋和最后一间房屋不能同时偷窃。
如何才能保证第一间房屋和最后一间房屋不同时偷窃呢？如果偷窃了第一间房屋，则不能偷窃最后一间房屋，因此偷窃房屋的范围是第一间房屋到最后第二间房屋；如果偷窃了最后一间房屋，则不能偷窃第一间房屋，因此偷窃房屋的范围是第二间房屋到最后一间房屋。
假设数组nums 的长度为 n。如果不偷窃最后一间房屋，则偷窃房屋的下标范围是[0,n−2]；如果不偷窃第一间房屋，则偷窃房屋的下标范围是 [1,n−1]。在确定偷窃房屋的下标范围之后，即可用上一题的方法解决。对于两段下标范围分别计算可以偷窃到的最高总金额，其中的最大值即为在 nn 间房屋中可以偷窃到的最高总金额。
假设偷窃房屋的下标范围是[start,end]，用 dp[i] 表示在下标范围 [start,i] 内可以偷窃到的最高总金额，那么就有如下的状态转移方程：
** dp[i]=max(dp[i−2]+nums[i],dp[i−1])**
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int length = nums.length;
if(nums==null||length==0){
return 0;
}else if(length==1){
return nums[0];
}else if(length==2){
return Math.max(nums[0],nums[1]);
}
return Math.max(robRange(nums,0,length-2),robRange(nums,1,length-1));
}
public int robRange(int[] nums,int start,int end){
int first = nums[start],second = Math.max(nums[start],nums[start+1]);
for(int i=start+2;i<=end;i++){
int temp = second;
second = Math.max(first+nums[i],second);
first = temp;
}
return second;
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)。
- 空间复杂度：O(1)。
