面试算法89：房屋偷盗

题目

输入一个数组表示某条街道上的一排房屋内财产的数量。如果这条街道上相邻的两幢房屋被盗就会自动触发报警系统。请计算小偷在这条街道上最多能偷取到多少财产。例如，街道上5幢房屋内的财产用数组[2，3，4，5，3]表示，如果小偷到下标为0、2和4的房屋内盗窃，那么他能偷取到价值为9的财物，这是他在不触发报警系统的情况下能偷取到的最多的财物
在这里插入图片描述

分析

小偷在标号为i的房屋前有两个选择。一个选择是他进去偷东西。由于街道上有报警系统，因此他不能进入相邻的标号为i-1的房屋内偷东西，之前他最多能偷取的财物的最大值是f（i-2）。因此，小偷如果进入标号为i的房屋并盗窃，他最多能偷得f（i-2）+nums[i]（nums是表示房屋内财物数量的数组）。另一个选择是小偷不进入标号为i的房屋，那么他可以进入标号为i-1的房屋内偷东西，因此此时他最多能偷取的财物的数量为f（i-1）。那么小偷在到达标号为i的房屋时他能偷取的财物的最大值就是两个选项的最大值，即f（i）=max（f（i-2）+nums[i]，f（i-1）），这就是解决这个问题的状态转移方程。
上述状态转移方程有一个隐含条件，假设i大于或等于2。当i等于0时，f（0）是街道上只有标号为0的一幢房屋时小偷最多能偷得的财物的数量，此时他无所顾忌，直接进入标号为0的房屋偷东西，因此f（1）=nums[0]；当i等于1时，f（1）是街道上只有标号为0和1的两幢房屋时小偷最多能偷得的财物的数量，因为街道上有报警系统，他只能到两幢房屋的其中一幢去偷东西，所以他应该选择到财物数量更多的房屋去偷东西，即f（1）=max（nums[0]，nums[1]）。

解：带缓存的递归代码

public class Test {
    public static void main(String[] args) {
        int[] cost = {2, 3, 4, 5, 3};
        int result = rob(cost);
        System.out.println(result);

    }

    public static int rob(int[] nums) {
        if (nums.length == 0) {
            return 0;
        }

        int[] dp = new int[nums.length];
        Arrays.fill(dp, -1);

        helper(nums, nums.length - 1, dp);
        return dp[nums.length - 1];
    }

    private static void helper(int[] nums, int i, int[] dp) {
        if (i == 0) {
            dp[i] = nums[0];
        }
        else if (i == 1) {
            dp[i] = Math.max(nums[0], nums[1]);
        }
        else if (dp[i] < 0) {
            helper(nums, i - 2, dp);// 为什么传i-2，因为最后知道需要dp[i-2]的值
            helper(nums, i - 1, dp);// 为什么传i-1，因为最后知道需要dp[i-1]的值
            dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
        }
    }
}

分析2：空间复杂度为O（n）的迭代代码

也可以换一种思路，即先求出f（0）和f（1）的值，然后用f（0）和f（1）的值求出f（2），用f（1）和f（2）的值求出f（3），以此类推，直至求出f（n-1）。这种自下而上的思路通常可以用一个for循环实现

解

public class Test {
    public static void main(String[] args) {
        int[] cost = {2, 3, 4, 5, 3};
        int result = rob(cost);
        System.out.println(result);

    }

    public static int rob(int[] nums) {
        if (nums.length == 0) {
            return 0;
        }

        int[] dp = new int[nums.length];
        dp[0] = nums[0];
        if (nums.length > 1) {
            dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
        }

        for (int i = 2; i < nums.length; i++) {
            dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
        }

        return dp[nums.length - 1];
    }
}

分析3：空间复杂度为O（1）的迭代代码

如果仔细观察上述代码，就能发现计算“dp[i]”时只需要用到“dp[i-1]”和“dp[i-2]”这两个值，也就是说，只需要缓存两个值就足够了，并不需要一个长度为n的数组，因此，可以进一步优化代码的空间效率。

解

public class Test {
    public static void main(String[] args) {
        int[] cost = {2, 3, 4, 5, 3};
        int result = rob(cost);
        System.out.println(result);

    }

    public static int rob(int[] nums) {
        if (nums.length == 0) {
            return 0;
        }

        int[] dp = new int[2];
        dp[0] = nums[0];

        if (nums.length > 1) {
            dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
        }

        for (int i = 2; i < nums.length; i++) {
            dp[i % 2] = Math.max(dp[(i - 1) % 2], dp[(i - 2) % 2] + nums[i]);
        }

        return dp[(nums.length - 1) % 2];
    }
}