打家劫舍Ⅰ(LeetCode-198）

1. 问题描述：

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你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。

2. 示例：

（1)

输入：[1,2,3,1]
输出：4
解释：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。

（2）

输入：[2,7,9,3,1]
输出：12
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 2), 偷窃 3 号房屋 (金额 = 9)，接着偷窃 5 号房屋 (金额 = 1)。偷窃到的最高金额 = 2 + 9 + 1 = 12 。

3. 题解：

此题要求我们求得一夜之内能够偷窃到的最高金额，这是一个求最优解的问题，而且满足DP三大特性（不清楚的小伙伴可以参考之前的文章：https://blog.csdn.net/m0_51339444/article/details/123716692），因此显然这是一个DP问题。下面我们来看一下规划方程的求解过程：

dp[i]表示以偷i号住户为结尾的最优盗窃方案（i是一定要偷的），可能对这里有些疑惑，那我解释一下：任何一种偷法肯定不可能一家都不偷，既然偷了，那最优解肯定以偷某家为最后一家，我们只需要依次求出以偷i为结尾的最优盗窃方案，最后对dp数组取max即可。
如上图所示：偷i了，就不可能偷i-1，上一个最优子问题有可能是以偷i-2为结尾的，也可能是i-3，但是思考一下能不能是偷i-4呢？ Impossible！因为如果上一个子问题是以i-4结尾，那研究的是dp[i]，那就会违背最优化原则，因为你偷了i-4，为什么不偷i-2和i，而只偷i ？显然不合理。因此我们只需要考虑dp[i-2]和dp[i-3]，规划方程如下：
`
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 3] + nums[i])

然后我们解决一下DP边界问题，很容易理解：
dp[0] = nums[0]; dp[1] = nums[1]; dp[2] = nums[0] +nums[2];

4. 代码：

class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {int len = size(nums);int dp[len];if(len>=1)dp[0] = nums[0];if(len>=2)dp[1] = nums[1];if(len>=3)dp[2] = nums[0] + nums[2];for(int i = 3; i < len; ++i){dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 3] + nums[i]);}sort(dp, dp + len);return dp[len-1];}
};

打家劫舍Ⅱ(LeetCode-213)

1. 问题描述：

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都围成一圈，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你在不触动警报装置的情况下，今晚能够偷窃到的最高金额。

2. 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。

（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 。

（3）

输入：nums = [1,2,3]
输出：3

3. 题解：

我们刚才做了打家劫舍1，不能白做，是吧~~ 那就要想办法把打家劫舍2变成1。看下上图的分界线，如果偷0的话，那就不能偷n-1，就可以讲问题转化为求0 to n-2的最优解问题。如果不偷0，那问题就转化为1 to n-1的最优解问题。之后不做赘述，还没理解的uu可以康康代码。代码不简洁因为想增强可读性。

4. 代码：

class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {int len = nums.size();// 不偷第一家房子int dp1[len];memset(dp1, 0, len*sizeof(int));// if(len >= 1)//     dp1[0] = 0;if(len >= 2)dp1[1] = nums[1];if(len >= 3)dp1[2] = nums[2];if(len > 3)dp1[3] = nums[1] + nums[3];if(len > 4){for(int i = 4; i < len; ++i){dp1[i] = max(dp1[i-2] + nums[i], dp1[i - 3] + nums[i]);}}sort(dp1, dp1 + len);int max1 = dp1[len - 1];// 偷第一家int dp2[len];memset(dp2, 0, len*sizeof(int));if(len >= 1) dp2[0] = nums[0];if(len >= 2)dp2[1] = -100;if(len == 3)dp2[2] = -100;if(len > 3)dp2[2] = nums[0] + nums[2];if(len > 4){for(int i = 3; i < len - 1; ++i){dp2[i] = max(dp2[i-2] + nums[i], dp2[i - 3] + nums[i]);}}sort(dp2, dp2 + len);int max2 = dp2[len - 1];int MAX = max(max1, max2);return MAX;}
};

打家劫舍Ⅲ（删除并获得点数）（LeetCode-740）

1. 问题描述：

给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除所有等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。

2. 示例：

（1）

输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。

（2）

输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。

3. 题解：

这道题看似和前两题毫无关系，但是我们还是可以想办法转化成类似的问题。首先，这道题有个隐藏点：当我们选择了nums[i]这个数，那么我们就相当于获得了nums中所有等于nums[i]的点数，因为我们可以重复这个操作，但是代价是放弃nums中所有等于nums[i]-1和nums[i]+1的点数（类似前两题中的不能偷相邻两个住户）。
我们可以构建一个cnt数组，索引即数值，对应元素大小为该数值的个数。
规划方程为：
dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + cnt[i] * i)
边界条件为： dp[0] = 0; dp[1] = 1*cnt[1];

4. 代码：

class Solution {
public:int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {int len = nums.size();if(len < 1)return 0;int maxn = 0;for(int i = 0; i < len; ++i){maxn = max(maxn, nums[i]);}int cnt[maxn + 1];memset(cnt, 0, (maxn + 1)*sizeof(int));int dp[maxn + 1];memset(dp, 0, (maxn + 1)*sizeof(int));for(int i = 0; i < len; ++i){int k = nums[i];cnt[k]++;}dp[0] = 0;dp[1] = 1*cnt[1];for(int i = 2; i <= maxn; ++i){dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + cnt[i] * i);}return dp[maxn];}
};

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