團滅 LeetCode 打家劫舍問題

有讀者私下問我 leetcode 「打家劫舍」系列問題（英文版叫 house robber）怎麼做，我發現這一系列題目的點讚非常之高，是比較有代表性和技巧性的動態規劃題目，今天就來聊聊這道題目。

打家劫舍系列總共有三道，難度設計非常合理，層層遞進。第一道是比較標準的動態規劃問題，而第二道融入了環形陣列的條件，第三道更絕，把動態規劃的自底向上和自頂向下解法和二叉樹結合起來，我認為很有啟發性。如果沒做過的朋友，建議學習一下。

下面，我們從第一道開始分析。

public int rob(int nums);

題目很容易理解，而且動態規劃的特徵很明顯。我們前文「動態規劃詳解」做過總結，解決動態規劃問題就是找「狀態」和「選擇」，僅此而已。

假想你就是這個專業強盜，從左到右走過這一排房子，在每間房子前都有兩種選擇：搶或者不搶。

如果你搶了這間房子，那麼你肯定不能搶相鄰的下一間房子了，只能從下下間房子開始做選擇。

如果你不搶這件房子，那麼你可以走到下一間房子前，繼續做選擇。

當你走過了最後一間房子後，你就沒得搶了，能搶到的錢顯然是 0（base case）。

以上的邏輯很簡單吧，其實已經明確了「狀態」和「選擇」：你面前房子的索引就是狀態，搶和不搶就是選擇。

在兩個選擇中，每次都選更大的結果，最後得到的就是最多能搶到的 money：

// 主函式
public int rob(int nums) 
// 返回 nums[start..] 能搶到的最大值
private int dp(int nums, int start) 
int res = math.max(
// 不搶，去下家
dp(nums, start + 1), 
// 搶，去下下家
nums[start] + dp(nums, start + 2)
);return res;
}

明確了狀態轉移，就可以發現對於同一start位置，是存在重疊子問題的，比如下圖：

盜賊有多種選擇可以走到這個位置，如果每次到這都進入遞迴，豈不是浪費時間？所以說存在重疊子問題，可以用備忘錄進行優化：

private int memo;
// 主函式
public int rob(int nums) 
// 返回 dp[start..] 能搶到的最大值
private int dp(int nums, int start) 
// 避免重複計算
if (memo[start] != -1) return memo[start];
int res = math.max(dp(nums, start + 1), 
nums[start] + dp(nums, start + 2));
// 記入備忘錄
memo[start] = res;
return res;
}

這就是自頂向下的動態規劃解法，我們也可以略作修改，寫出自底向上的解法：

int rob(int nums) 
return dp[0];
}

我們又發現狀態轉移只和dp[i]最近的兩個狀態有關，所以可以進一步優化，將空間複雜度降低到 o(1)。

int rob(int nums) 
return dp_i;
}

以上的流程，在我們「動態規劃詳解」中詳細解釋過，相信大家都能手到擒來了。我認為很有意思的是這個問題的 follow up，需要基於我們現在的思路做一些巧妙的應變。

這道題目和第一道描述基本一樣，強盜依然不能搶劫相鄰的房子，輸入依然是乙個陣列，但是告訴你這些房子不是一排，而是圍成了乙個圈。

也就是說，現在第一間房子和最後一間房子也相當於是相鄰的，不能同時搶。比如說輸入陣列nums=[2,3,2]，演算法返回的結果應該是 3 而不是 4，因為開頭和結尾不能同時被搶。

這個約束條件看起來應該不難解決，我們前文「單調棧解決 next greater number」說過一種解決環形陣列的方案，那麼在這個問題上怎麼處理呢？

首先，首尾房間不能同時被搶，那麼只可能有三種不同情況：要麼都不被搶；要麼第一間房子被搶最後一間不搶；要麼最後一間房子被搶第一間不搶。

那就簡單了啊，這三種情況，那種的結果最大，就是最終答案唄！不過，其實我們不需要比較三種情況，只要比較情況二和情況三就行了，因為這兩種情況對於房子的選擇餘地比情況一大呀，房子裡的錢數都是非負數，所以選擇餘地大，最優決策結果肯定不會小。

所以只需對之前的解法稍作修改即可：

public int rob(int nums) 
// 僅計算閉區間 [start,end] 的最優結果
int robrange(int nums, int start, int end) 
return dp_i;
}

至此，第二問也解決了。

第三題又想法設法地變花樣了，此強盜發現現在面對的房子不是一排，不是一圈，而是一棵二叉樹！房子在二叉樹的節點上，相連的兩個房子不能同時被搶劫，果然是傳說中的高智商犯罪：

整體的思路完全沒變，還是做搶或者不搶的選擇，去收益較大的選擇。甚至我們可以直接按這個套路寫出**：

mapmemo = new hashmap<>();
public int rob(treenode root)

這道題就解決了，時間複雜度 o(n)，n為數的節點數。

int rob(treenode root) 
/* 返回乙個大小為 2 的陣列 arr
arr[0] 表示不搶 root 的話，得到的最大錢數
arr[1] 表示搶 root 的話，得到的最大錢數 */
int dp(treenode root) ;
int left = dp(root.left);
int right = dp(root.right);
// 搶，下家就不能搶了
int rob = root.val + left[0] + right[0];
// 不搶，下家可搶可不搶，取決於收益大小
int not_rob = math.max(left[0], left[1])
+ math.max(right[0], right[1]);
return new int;
}

時間複雜度 o(n)，空間複雜度只有遞迴函式堆疊所需的空間，不需要備忘錄的額外空間。

你看他和我們的思路不一樣，修改了遞迴函式的定義，略微修改了思路，使得邏輯自洽，依然得到了正確的答案，而且**更漂亮。這就是我們前文「不同定義產生不同解法」所說過的動態規劃問題的乙個特性。

實際上，這個解法比我們的解法執行時間要快得多，雖然演算法分析層面時間複雜度是相同的。原因在於此解法沒有使用額外的備忘錄，減少了資料操作的複雜性，所以實際執行效率會快。

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