题目主要信息:

  • 给定一个数组,其中代表每家拥有的钱数
  • 小偷每次不能偷取数组中相邻位置的钱,只要不相邻的钱都可以偷
  • 求最多能偷到钱数

具体思路:

或许有人认为利用贪心思想,偷取最多人家的钱就可以了,要么偶数家要么奇数家全部的钱,但是有时候会为了偷取更多的钱,或许可能会连续放弃两家不偷,因此这种方案行不通。我们依旧考虑动态规划,用dp[i]表示长度为i的数组,最多能偷取到多少钱,只要每次转移状态逐渐累加就可以得到整个数组能偷取的钱。

  • 初始状态: 如果数组长度为1,只有一家人,肯定是把这家人偷了,收益最大,因此dp[1]=nums[0]dp[1] = nums[0]
  • 状态转移: 每次对于一个人家,我们选择偷他或者不偷他,如果我们选择偷那么前一家必定不能偷,因此累加的上上级的最多收益,同理如果选择不偷他,那我们最多可以累加上一级的收益。因此转移方程为dp[i]=max(dp[i1],nums[i1]+dp[i2])dp[i] = max(dp[i - 1], nums[i - 1] + dp[i - 2])。这里的i在dp中为数组长度,在nums中为下标。

具体过程可以参考如下图示: alt

代码实现:

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        vector<int> dp(nums.size() + 1, 0); //dp[i]表示长度为i的数组,最多能偷取多少钱
        dp[1] = nums[0]; //长度为1只能偷第一家
        for(int i = 2; i <= nums.size(); i++)
            dp[i] = max(dp[i - 1], nums[i - 1] + dp[i - 2]); //对于每家可以选择偷或者不偷
        return dp[nums.size()];
    }
};

复杂度分析:

  • 时间复杂度:O(n)O(n),遍历一次数组
  • 空间复杂度:O(n)O(n),动态规划辅助数组的空间