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动态规划–Day03–打家劫舍–198. 打家劫舍，213. 打家劫舍 II，2320. 统计放置房子的方式数

今天要训练的题目类型是：【打家劫舍】，题单来自@灵艾山茶府。

掌握动态规划（DP）是没有捷径的，咱们唯一能做的，就是投入时间猛猛刷题。

动态规划要至少刷100道才算入门！

记忆化搜索是新手村神器。方便理解，写完之后可以转译成递推。

但是有些题目只能写递推，才能优化时间复杂度。熟练之后直接写递推也可以。

198. 打家劫舍

方法：记忆化搜索（递归）

思路：

和爬楼梯几乎是同一个模板的。爬楼梯是memo[i] = res1 + res2;，而打家劫舍是memo[i] = Math.max(res1, res2);

后来忽然发现了一个细微的差别，爬楼梯，缓存一般是开n+1位，而打家劫舍缓存一般开n位就够了。

1. 使用memo记忆，缓存已经探索过的节点
2. 从数组最后一个值开始往前探索
   • 递归结束判断：如果索引超出范围，则返回
   • 如果memo有值，用缓存值
   • 对于当前探索的i这个节点，能不能偷，有两个情况：
     • 情况一：偷i-1家，那么i家就不能偷（递归进去探索i-1节点）
     • 情况二：偷i-2家，那么i家也能偷（递归进去探索i-2节点）
     • 返回两种情况的较大值，顺便保存到记忆

class Solution {public int rob(int[] nums) {int n = nums.length;// 记忆（缓存），默认未使用标志为-1int[] memo = new int[n];Arrays.fill(memo, -1);// 从索引n-1开始搜索（也就是数组的最后一个值）return dfs(n - 1, nums, memo);}private int dfs(int i, int[] nums, int[] memo) {// 索引超出范围，返回if (i < 0) {return 0;}// 如果已经判断过这种情况了，直接用记忆（缓存）if (memo[i] != -1) {return memo[i];} else {// 情况一：偷i-1家，那么i家就不能偷// 情况二：偷i-2家，那么i家也能偷int res1 = dfs(i - 1, nums, memo);int res2 = dfs(i - 2, nums, memo) + nums[i];// 返回两种情况的较大值，顺便保存到记忆memo[i] = Math.max(res1, res2);}return memo[i];}
}

从dfs函数来看，一进去先判断索引是否超出范围，超出了则返回。其实是浪费多了一次资源（因为调用函数要压栈，出栈等，时间空间都变慢了）

可以改成这样：先判断索引，再考虑调用函数：

private int dfs(int i, int[] nums, int[] memo) {if (memo[i] != -1) {return memo[i];} else {// 先判断索引合法，再调用函数int res1 = 0;if (i - 1 >= 0) {res1 = dfs(i - 1, nums, memo);}// res2要赋值为nums[i]int res2 = nums[i];if (i - 2 >= 0) {res2 = dfs(i - 2, nums, memo) + nums[i];}memo[i] = Math.max(res1, res2);}return memo[i];
}

注意，这里res2要默认赋值为nums[i]。因为这是一个决策，是决定偷i-2，那么i家先偷了，再去i-2，然后发现i-2没有人住（超出索引范围），那么i家我也偷到了。

如果写成这样是错的：

private int dfs(int i, int[] nums, int[] memo) {if (memo[i] != -1) {return memo[i];} else {int res1 = 0;int res2 = 0;if (i - 1 >= 0) {res1 = dfs(i - 1, nums, memo);}if (i - 2 >= 0) {res2 = dfs(i - 2, nums, memo) + nums[i];}memo[i] = Math.max(res1, res2);}return memo[i];
}

方法：动态规划（递推）

思路：

递推要初始化,因为f[i]需要依赖f[i-1]和f[i-2]，所以要初始化前两个数，还要特判n==1的情况。

class Solution {public int rob(int[] nums) {int n = nums.length;// 如果只有一家，直接偷，返回。if (n == 1) {return nums[0];}int[] f = new int[n];// 递推要初始化,因为f[i]需要依赖f[i-1]和f[i-2]，所以要初始化前两个数f[0] = nums[0];f[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);// 从第三个数开始遍历for (int i = 2; i < n; i++) {// 情况一：偷i-1家，那么i家就不能偷// 情况二：偷i-2家，那么i家也能偷int res1 = f[i - 1];int res2 = f[i - 2] + nums[i];// 偷较大值f[i] = Math.max(res1, res2);}// 最后的结果，在最后一家判断完之后，包含了所有的情况。// 所以答案在最后一个索引的位置。return f[n - 1];}
}

思路：

把f数组索引直接+2。上一篇代码的f[0]的值，放到这一题代码的f[2]的位置。

不管f[0]和f[1]，直接不用他们。

class Solution {public int rob(int[] nums) {int n = nums.length;int[] f = new int[n + 2];for (int i = 0; i < n; i++) {f[i + 2] = Math.max(f[i + 1], f[i] + nums[i]);}return f[n + 1];}
}

思路：

空间优化的写法。

class Solution {public int rob(int[] nums) {int f0 = 0;int f1 = 0;for (int x : nums) {int newF = Math.max(f1, f0 + x);f0 = f1;f1 = newF;}return f1;}
}

这些都是写完之后的优化版本，如果第一次写，不要想复杂的，先按照自己内心第一思路，把题目写完先，再想优化。

213. 打家劫舍 II

方法：动态规划（递推）

思路：

• 特判索引0位置，把剩余位置变为非循环数组进行操作。
• 索引0位置只有两种选择，偷或者不偷。
  • 偷索引0，那么索引1和索引n-1不能偷。问题变为从索引2到n-2的非循环数组。
  • 不偷索引0。问题变为从索引1到n-1的非循环数组。
• 取二者较大值

class Solution {public int rob(int[] nums) {int n = nums.length;// 偷索引0，那么索引1和索引n-1不能偷。问题变为从索引2到n-2的非循环数组。int res1 = nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2);// 不偷索引0。问题变为从索引1到n-1的非循环数组。int res2 = rob1(nums, 1, n - 1);// 取二者较大值return Math.max(res1, res2);}// 上一题的空间优化版本private int rob1(int[] nums, int start, int end) {int f0 = 0;int f1 = 0;// [start,end] 左闭右闭for (int i = start; i <= end; i++) {int newF = Math.max(f1, f0 + nums[i]);f0 = f1;f1 = newF;}return f1;}
}

2320. 统计放置房子的方式数

方法：动态规划（递推）

思路：

• 两边互相独立，求一边，最后f[n] * f[n]即可。
• 初始化f[0]和f[1]。如果没有空地，只有不放这1种选择；如果只有一块空地，有放和不放2种选择。
• 对于每个f[i]：
  • 情况一：如果不放f[i]的话，f[i-1]可放可不放
  • 情况二：如果放f[i]的话, f[i-2]可放可不放
  • 两种情况加起来，就是f[i]可放可不放
• 最后返回结果时：
  • 注意，两个MOD相加，不会溢出int。但是两个MOD相乘，会溢出int
  • 所以要先转为long，相乘，取模，后再转为int

class Solution {public int countHousePlacements(int n) {// 两边互相独立，求一边，最后f[n] * f[n]即可final int MOD = 1000000007;int[] f = new int[n + 2];// 初始化。如果没有空地，只有不放这1种选择；如果只有一块空地，有放和不放2种选择。f[0] = 1;f[1] = 2;for (int i = 2; i <= n; i++) {// 情况一：如果不放f[i]，f[i-1]可放可不放// 情况二：如果放f[i], f[i-2]可放可不放// 两种情况加起来，就是f[i]可放可不放f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % MOD;}// 注意，两个MOD相加，不会溢出int。但是两个MOD相乘，会溢出int// 所以要先转为long，相乘，取模，后再转为intreturn (int) ((long) f[n] * f[n] % MOD);}
}

总感觉这道题跟《打家劫舍》没什么关系，反而像是《爬楼梯》。每个位置都可爬可不爬，然后结果加起来。f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2])。初步是这么想，多做题，回头再看看。

关于取模运算，可以看@灵艾山茶府的这篇文章：模运算的世界：当加减乘除遇上取模。