0213. 打家劫舍 II

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0213. 打家劫舍 II

标签：数组、动态规划
难度：中等

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0213. 打家劫舍 II - 力扣

题目大意

描述：给定一个数组 $nums$ ， $num[i]$ 代表第 $i$ 间房屋存放的金额，假设房屋可以围成一圈，最后一间房屋跟第一间房屋可以相连。相邻的房屋装有防盗系统，假如相邻的两间房屋同时被偷，系统就会报警。

要求：假如你是一名专业的小偷，计算在不触动警报装置的情况下，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

说明：

$1 \le nums.length \le 100$ 。
$0 \le nums[i] \le 1000$ 。

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 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。

解题思路

思路 1：动态规划

这道题可以看做是「198. 打家劫舍」的升级版。

如果房屋数大于等于 $3$ 间，偷窃了第 $1$ 间房屋，则不能偷窃最后一间房屋。同样偷窃了最后一间房屋则不能偷窃第 $1$ 间房屋。

假设总共房屋数量为 $size$ ，这种情况可以转换为分别求解 $[0, size - 2]$ 和 $[1, size - 1]$ 范围下首尾不相连的房屋所能偷窃的最高金额，然后再取这两种情况下的最大值。而求解 $[0, size - 2]$ 和 $[1, size - 1]$ 范围下首尾不相连的房屋所能偷窃的最高金额问题就跟「198. 打家劫舍」所求问题一致了。

这里来复习一下「198. 打家劫舍」的解题思路。

1. 划分阶段

按照房屋序号进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i]$ 表示为：前 $i$ 间房屋所能偷窃到的最高金额。

3. 状态转移方程

$i$ 间房屋的最后一个房子是 $nums[i - 1]$ 。

如果房屋数大于等于 $2$ 间，则偷窃第 $i - 1$ 间房屋的时候，就有两种状态：

偷窃第 $i - 1$ 间房屋，那么第 $i - 2$ 间房屋就不能偷窃了，偷窃的最高金额为：前 $i - 2$ 间房屋的最高总金额 + 第 $i - 1$ 间房屋的金额，即 $dp[i] = dp[i - 2] + nums[i - 1]$ ；
不偷窃第 $i - 1$ 间房屋，那么第 $i - 2$ 间房屋可以偷窃，偷窃的最高金额为：前 $i - 1$ 间房屋的最高总金额，即 $dp[i] = dp[i - 1]$ 。

然后这两种状态取最大值即可，即状态转移方程为：

$dp[i] = \begin{cases} nums[0] & i = 1 \cr max(dp[i - 2] + nums[i - 1], dp[i - 1]) & i \ge 2\end{cases}$

4. 初始条件

前 $0$ 间房屋所能偷窃到的最高金额为 $0$ ，即 $dp[0] = 0$ 。
前 $1$ 间房屋所能偷窃到的最高金额为 $nums[0]$ ，即： $dp[1] = nums[0]$ 。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态， $dp[i]$ 表示为：前 $i$ 间房屋所能偷窃到的最高金额。假设求解 $[0, size - 2]$ 和 $[1, size - 1]$ 范围下（ $size$ 为总的房屋数）首尾不相连的房屋所能偷窃的最高金额问题分别为 $ans1$ 、 $ans2$ ，则最终结果为 $max(ans1, ans2)$ 。

思路 1：动态规划代码

class Solution:
    def helper(self, nums):
        size = len(nums)
        if size == 0:
            return 0
 
        dp = [0 for _ in range(size + 1)]
        dp[0] = 0
        dp[1] = nums[0]
        
        for i in range(2, size + 1):
            dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i - 1], dp[i - 1])

        return dp[size]

    def rob(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        if size == 1:
            return nums[0]
        
        ans1 = self.helper(nums[:size - 1])
        ans2 = self.helper(nums[1:])
        return max(ans1, ans2)

思路 1：复杂度分析

时间复杂度： $O(n)$ 。一重循环遍历的时间复杂度为 $O(n)$ 。
空间复杂度： $O(n)$ 。用到了一维数组保存状态，所以总体空间复杂度为 $O(n)$ 。