這篇是「兩個並列dp」的第一篇，先寫典型的houserobber系列。相鄰的房子不能都偷(即不能2-in-a-row)。
後面再加乙個paint fence，是不能有超過兩個連續的（即不能3-in-a-row)。
特點是：需要分情況討論當前的選擇、
做法是：維護兩個dp，維護的時候兩者互相影響。
偷當前元素，robcur
不偷當前元素，notrobcur 題目
簡介198. house robber
213. house robber ii
337. house robber iii
276. paint fence
input: [1,2,3,1] 不能偷相鄰的，求最大和。output: 4分情況討論：explanation: rob house 1 (money = 1) and then rob house 3 (money = 3).
total amount you can rob = 1 + 3 = 4.
我們決定偷當前元素：則要確定robcur[i]。
不能偷前乙個，即可以繼承notrobcur[i-1]的累積收入
當前元素可以加入累積收入，nums[i]
我們決定不偷當前元素，則要確定notrobcur[i]。
不偷當前的，於是前乙個可以偷也可以不偷，但注意！！並不能將robcur[i-1]和notrobcur[i-1]加起來，因為這兩者是互斥的，兩個狀態不能同時都要。
比如，robcur[i-1]定義為「如果我們決定偷i-1元素的前提下，能累積收入的最大值「，和notrobcur[i-1]是條件上互斥的）
於是，是取兩種選擇的max
class
solution
int len = nums.length;
int[
] robcur =
newint
[len]
;int
notrobcur =
newint
[len]
; robcur[0]
= nums[0]
; notrobcur[0]
=0;for
(int i =
1; i < len; i++
)return math.
max(robcur[len-1]
, notrobcur[len-1]
);}}
input: [1,2,3,1] 和198.house robber i區別在於：那個是一行，這個是排成環。output: 4怎麼把一行拓展到環呢？環和行區別在於：環相當於兩端又增加了額外的「鄰居」，需要再分兩種情況討論：explanation: rob house 1 (money = 1) and then rob house 3 (money = 3).
total amount you can rob = 1 + 3 = 4.
偷第乙個（不是非得偷第乙個，而是承諾一定不偷最後乙個）。於是我們就假裝只存在第2到最後乙個房子，[2,3,1]
不偷第乙個。於是我們就假裝只存在第1到倒數第二個房子，[1,2,3]
然後就劃歸到「一**子」的問題。
所以本題就掃兩遍，取較大的結果。
另外此處我們把dp需要額外的o(n)空間減小到o(1)，比起198的碼稍微優化了一點。
class
solution
else
if(len ==1)
//情況1：偷第乙個（承諾不偷最後乙個）
int notrobcur =
0, robcur =0;
for(
int i =
0; i < len -
1; i++
)int max1 = math.
max(robcur, notrobcur)
;//情況2：承諾不偷第乙個
就和上面的一行和環的，本質是一樣的，只是這裡的鄰居不是用「下標相鄰」表示的，而是用tree的父子關係表示。
如果偷當前節點，則它的左孩子和右孩子都是鄰居，都不能偷。
如果不偷當前節點，注意！不是「必須偷左右孩子」，而是「可以偷左右孩子也可以不偷」 （在第三個notrobcur() 中，不是呼叫第二個robcur()，而是呼叫第乙個rob())
class
solution
return math.
max(
robcur
(root)
,notrobcur
(root));
}private
introbcur
(treenode node)
return
notrobcur
(node.left)
+notrobcur
(node.right)
+ node.val;
}private
intnotrobcur
(treenode node)
return
rob(node.left)
+rob
(node.right);}
}
上面是不能2-in-a-row的，下面是不能3-in-a-row的：
input: n = 3, k = 2 n個樁子，k種顏色可以使用，不能有超過兩個樁子同色。
output: 6
explanation: take c1 as color 1, c2 as color 2. all possible ways are:
post1 post2 post3
1 c1 c1 c2
2 c1 c2 c1
3 c1 c2 c2
4 c2 c1 c1
5 c2 c1 c2
6 c2 c2 c1
這個題比house robber相比，相當於公升維了，有點難想清楚。
因為規則是不能3個連到一起，於是我們要把dp[i] 和dp[i-1] 兩者合併起來考慮，作為整體的狀態在更新：
分兩種情況：
當前兩個樁子同色：curtwosame
當前兩個樁子不同色：curtwodiff
在更新的時候，
當前樁子dp[i] 顏色的決策，受到前面兩個樁子的影響。
（house robber只受前乙個鄰居影響，只考慮dp[i-1]即可）
確定curtwosame的時候，分兩種情況：
dp[i-2]和dp[i-1]顏色相同，比如黃色
=> 則當前不能是黃色(否者違規)，然而又要求curtwosame，就矛盾了。
這種情況計數為0。
應用乘法原理，0 * curtwosame[i-1]
dp[i-2]和dp[i-1]顏色不同，比如藍+黃
=> 則當前可在k種顏色中選一種。又要求curtwosame，只能是黃色。
這種情況計數為1。
應用乘法原理，1 * curtwodiff[i-1]
確定curtwodiff的時候，分兩種情況：
dp[i-2]和dp[i-1]顏色相同，比如黃色
=> 則當前不能是黃色，可以從k-1種顏色裡挑。而又要求curtwodiff，恰好滿足不是黃色。
這種情況計數為k-1。
應用乘法原理，(k-1) * curtwosame[i-1]
dp[i-2]和dp[i-1]顏色不同，比如藍+黃
=> 本來可以從k種顏色裡挑，但又要求curtwodiff，所以只剩k-1種。
這種情況計數為k-1。
應用乘法原理，(k-1) * curtwodiff[i-1]
最後的結果，注意！和house robber不同，這裡的curtwodiff和curtwosame是兩種情況，都有可能，於是應該用「加法原理」求和；而robcur和notrobcur是互斥事件，是不能同時存在的。
（這個地方稍微有點沒想清楚為啥不一樣呵呵，等我變聰明了來補充）
class
solution
else
if(n ==1)
int curtwodiff = k *
(k -1)
;int curtwosame = k;
for(
int i =
2; i < n; i++
)return curtwodiff + curtwosame;
}}
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