原题链接:213. 打家劫舍 II
解题思路:
该题在213. 打家劫舍 II的基础上,将首尾的房屋连接在一起,也就产生了两个场景:
* 偷了第一户,最后一户不能偷,等同于从第一户偷到倒数第二户。
* 偷了最后一户,第一户不能偷,等同于从第二户偷到最后一户。
于是我们可以把房屋分成两段分别处理,然后再将得到的结果一起取最大值即可。
状态转移方程分析:
* 对于第 i 个房子,有两种场景,偷或不偷:
* 如果不偷的话,dp[i] = dp[i - 1] + 0
* 如果偷的话,那么 i 之前的所有的可能情况,也就是dp[i] = Math.max(nums[i] + dp[i - 2], nums[i] + dp[i - 3], ...)
。如此可知,每一位都取了之前所有可能的最大值。那么就可以推导出dp[i - 2] > dp[i - 3] > dp[i - 4]...
,因此dp[i - 2]
之后的对比都可以省略。
* 状态转移方程:dp[i] = Math.max(dp[i - 1] + 0, nums[i] + dp[i - 2])
。
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number}
*/
var rob = function (nums) {
// 用dp1递推从0偷到nums.length-2
// 由于要向前递推两层,一次初始化时要创建两个元素,并且都要取最大值
let dp1 = [
// 偷了第0户
nums[0] || 0,
// 第0和1户只能选一户偷
Math.max(nums[0] || 0, nums[1] || 0),
];
// 从1开始递推到nums.length-2
for (let i = 2; i < nums.length - 1; i++) {
dp1[i] = Math.max(
// 如果不偷第i户,只需考虑i-1户的情况
dp1[i - 1],
// 如果偷第i户,需要考虑i-2到0户的情况,而i-2必然大于之前所有结果,此处只需要考虑i-2即可
dp1[i - 2] + nums[i],
);
}
// 用dp2递推从1偷到nums.length-1
// 由于要向前递推两层,一次初始化时要创建两个元素,并且都要取最大值
// 为保证dp2索引和nums能一一对应,dp2[0]存储0占位
let dp2 = [
0,
// 偷了第1户
nums[1] || 0,
// 第1和2户只能选一户偷
Math.max(nums[1] || 0, nums[2] || 0),
];
// 从0开始递推到nums.length-1
for (let i = 3; i < nums.length; i++) {
dp2[i] = Math.max(
// 如果不偷第i户,只需考虑i-1户的情况
dp2[i - 1],
// 如果偷第i户,需要考虑i-2到0户的情况,而i-2必然大于之前所有结果,此处只需要考虑i-2即可
dp2[i - 2] + nums[i],
);
}
return Math.max(dp1[dp1.length - 1], dp2[dp2.length - 1]);
};
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