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JAVA算法：House Robber I&II&III JAVA版本解题
LeetCode198. House Robber
LeetCode 213. House Robber II
LeetCode 337. House Robber III
LeetCode 198 题目的描述
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，计算你在不触动警报装置的情况下，能够偷窃到的最高金额。
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 。 示例 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 。
LeetCode 213 题目的描述
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，能够偷窃到的最高金额。
示例 1:
输入: [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。 示例 2:输入: [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 。LeetCode 337 题目描述
在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为“根”。 除了“根”之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。
计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。
示例 1:
输入: [3,2,3,null,3,null,1] 3 / \ 2 3 \ \ 3 1输出: 7 解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 3 + 3 + 1 = 7.
示例 2:
输入: [3,4,5,1,3,null,1] 3 / \ 4 5 / \ \ 1 3 1输出: 9解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 4 + 5 = 9.
这三个题目之间的区别和联系：
198题目是基础，描述的房屋是直线型；
213题目描述的房屋是圆形，收尾相接。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。
337题目描述的房屋是树形结构。
算法设计
198题目的两种解法
public static int rob(int[] nums) { // 如果数组的长度小于或者等于1的情况：数组中没有元素，则返回0；数组中只有一个元素时，就返回该元素的值。 if (nums.length <= 1) return nums.length == 0 ? 0 : nums[0]; // last表示上一次的最大值，初始时将数组中的第一个元素赋值给last int last = nums[0]; // now表示当前的最大值，初始时要决定是从数组中的第一个元素开始，还是第二个元素开始。 int now = Math.max(nums[1], nums[0]); for (int i = 2; i < nums.length; i++) { // 把现在的now暂存起来 int tmp = now; // 找到新的now最大值 now = Math.max(last + nums[i], now); // 找到之后，由于有了新的now，那么暂存的now就变成了last last = tmp; } return now;} 动态规划求解
public static int rob2(int[] nums) { if (nums == null || nums.length == 0) { return 0; } if (nums.length == 1) { return nums[0]; } if (nums.length == 2) { return Math.max(nums[0], nums[1]); } int dp[] = new int[nums.length]; dp[0] = nums[0]; dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]); for (int i = 2; i < nums.length; i++) { dp[i] = Math.max(nums[i] + dp[i - 2], dp[i - 1]); } return dp[nums.length - 1];} 213题目的求解
package com.bean.algorithmexec;public class HouseRobberII { public static int rob(int[] nums) { if (nums.length == 0) return 0; if (nums.length == 1) return nums[0]; int N = nums.length; int[] dp = new int[2 * N]; dp[0] = nums[0]; dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]); for (int i = 2; i < 2 * N; i++) { dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i >= N ? i - N : i]); } return dp[2 * N - 1] - dp[N - 1]; } public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub int[] nums = new int[] { 1, 2, 3, 1 }; int result = rob(nums); System.out.println("RESULT = " + result); }} 程序运行结果：
RESULT = 4
337题目求解
题目为：有很多互相连接的房间，这些房间正好连成一棵二叉树的样子，小偷需要从这棵树的根结点房间出发开始偷东西。为了不被抓住，小偷不能偷相连的两个房间。
于是，有这么两个要求：
所以，当从根结点判断开始的时候，有：
代码如下：
public static int rob(TreeNode node) { if (node == null) return 0; int max = rob(node.left) + rob(node.right); int m = node.val; if (node.left != null) { m += rob(node.left.left) + rob(node.left.right); } if (node.right != null) { m += rob(node.right.left) + rob(node.right.right); } max = Math.max(max, m); return max;} 在这种方法中可以看到，从结点 node 有两条线，分别是走向 node 的子结点和孙子结点，这就导致一个问题：会产生重复计算。比如，对于从 node 结点到它的孙子结点，可以有两种方式：node -> 孙子和node -> 孩子 -> 孩子。从两条路大到达同一结点，就是说会从两个递归函数分别进入 node 的孙子结点，那么势必会计算两次这个结点的解。
所以需要采取一定的措施，使得重复进入同一结点的时候避免重复计算，即使用缓存：
public static int rob(TreeNode root) { return rob(root, new HashMap<>());}private static int rob(TreeNode node, Map saved) { if (node == null) return 0; if (saved.containsKey(node)) return saved.get(node); int max = rob(node.left, saved) + rob(node.right, saved); int m = node.val; if (node.left != null) { m += rob(node.left.left, saved) + rob(node.left.right, saved); } if (node.right != null) { m += rob(node.right.left, saved) + rob(node.right.right, saved); } max = Math.max(max, m); saved.put(node, max); return max;} 使用一个 HashMap 保存已经求解过的结点，就是一种缓存的思想。
再看本方法的缺陷，这是一种“跳跃式”的解法，从一个结点出发到另一个结点，会有多条路径，而多条路径会导致重复计算，那么如果能使它不再跳跃，只能一步一步往下走的话，这个重复计算也就不复存在了。
如何改进？小偷对于每个结点有两种处理：偷或不偷。
这次的条件好像与上面的条件一样，但是还是有区别的，那个涉及到了孙子结点，而这个，只涉及到孩子，如果上面那个是“跳跃式”的，那么这个就是“步进式”的。当一个结点的解，只与它的孩子结点有关时，这个问题就变得简单了。如下：
public static int rob(TreeNode root) { int[] rob = max(root); return Math.max(rob[0], rob[1]);}private static int[] max(TreeNode node) { if (node == null) { return new int[]{0, 0}; } int[] rob = new int[2]; int[] left = max(node.left); int[] right = max(node.right); rob[0] = left[1] + right[1] + node.val; rob[1] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]); return rob;} 函数rob返回了一个数组，数组的第一个数是偷了当前结点的解，第二个数是不偷当前结点的解，那么对于一个结点 node 来说，它只要知道了它的左右孩子结点的这样一个数组，就可以根据上面那个条件求出当前结点的最优解，因为没有了跳跃访问，所有的结点只会访问到一遍。
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