代码随想录算法训练营Day45|198.打家劫舍I、213.打家劫舍II、337.打家劫舍III

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原创最新推荐文章于 2026-11-07 19:20:20 发布 678 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

5个4000比特大状态置换算法的设计与分析下面是 5 个概念性、实验性的 4000 位可逆置换设计。它们都保证是双射，但未经过密码分析，不可直接用于生产系统。风格分别覆盖：三维 SPN、Feistel、可逆元胞自动机、ARX、宽轨迹/Keccak 式结构。这 5 个设计分别代表了 SPN、Feistel、元胞自动机、ARX、宽轨迹 Keccak 五种不同风格，覆盖了主流大状态置换的构造思路。再次强调：它们只是实验性概念，若要用于实际协议，必须经过严格安全性分析。阅读详情

打家劫舍I

198. 打家劫舍 - 力扣（LeetCode）

动态规划

动态数组dp[i]表示在前i+1个房屋能偷到的最大金额。

由于相邻不能偷的原则，dp[i] = max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1])，即为若要偷当前房屋，则比较前一个房屋dp[i-1]和不偷前一个房屋，但偷当前房屋的金额dp[i-2]+nums[i]的较大值。

对dp数组的初始化，从dp数组的推导可以看出，需要初始化最开始的2个元素才能开始递推，

dp[0]即只有1个房子，则只能偷那一个房子，dp[0] = nums[0]，dp[1]则考虑第0个房屋和第1个房屋中哪个金额大，哪个金额大偷哪个，则dp[1] = max(nums[0],nums[1])。

依次从前往后递推

最后返回dp[nums.size()-1]即为能偷到的最大金额。

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        // 如果没有房屋，则无法偷窃，返回0
        if(nums.size()==0)
            return 0;
        // 如果只有一家房屋，则直接偷窃这家房屋，返回其金额
        if(nums.size()==1)
            return nums[0];
        
        // 创建一个动态规划数组dp，用于存储到当前房屋为止能够偷窃的最大金额
        vector<int>dp(nums.size(),0);
        
        // 初始化dp数组的前两个值
        // 第一个房屋的最大偷窃金额为nums[0]
        dp[0] = nums[0];
        // 第二个房屋的最大偷窃金额为nums[0]和nums[1]中的较大值
        dp[1] = max(nums[0], nums[1]);

        // 从第三个房屋开始，计算到当前房屋为止能够偷窃的最大金额
        // 对于每个房屋j，可以选择偷或者不偷：
        // 如果偷，则最大金额为dp[j-2]（即前一个房屋之前能偷的最大金额）加上当前房屋的金额nums[j]
        // 如果不偷，则最大金额为dp[j-1]（即前一个房屋能偷的最大金额）
        // 取两者的较大值作为当前房屋能偷的最大金额
        for(int j = 2; j < nums.size(); j++) {
            dp[j] = max(dp[j-2] + nums[j], dp[j-1]);
        }
        
        // 返回dp数组的最后一个元素，即偷窃完所有房屋能够得到的最大金额
        return dp[nums.size()-1];
    }
};

代码的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)。

打家劫舍II

213. 打家劫舍 II - 力扣（LeetCode）

参考思路代码随想录 (programmercarl.com)

这里我开头有想过不选头或者不选尾，但没有更深入了解下去，参考下代码随想录里的思路，总共有三种情况，分别是1.不选头尾，2.不选头，3.不选尾，2、3包含了1的情况，所以只考虑2、3，创建两个dp数组，dp数组1不偷尾部的房间，dp数组2不偷头部的房间，然后取2个数组末尾元素的较大值，即能得到能获得的最大金额。

其余操作和打家劫舍I相同。

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        // 如果没有房屋，则没有钱可偷
        if(nums.size() == 0)
            return 0;
        // 如果只有一家房屋，则偷这一家的钱
        if(nums.size() == 1){
            return nums[0];
        }
         // 如果只有两家房屋，则偷其中金钱较多的那家
        if(nums.size() == 2){
            return max(nums[0], nums[1]);
        }
        // 创建两个新的数组，分别包含第一家和第二家到最后一家的所有房屋
        vector<int> nums1(nums.begin(), nums.end() - 1);
        vector<int> nums2(nums.begin() + 1, nums.end());
        // 创建两个动态规划数组，用于存储偷到每家房屋时能够获得的最大金额
        vector<int> dp1(nums1.size(), 0);
        vector<int> dp2(nums1.size(), 0);
        // 初始化第一家和第二家的情况
        dp1[0] = nums1[0];
        dp1[1] = max(nums1[0], nums1[1]);
        dp2[0] = nums2[0];
        dp2[1] = max(nums2[0], nums2[1]);
        // 使用动态规划计算偷到每家房屋时能够获得的最大金额，不偷相邻的房屋
        for(int i = 2; i < nums1.size(); i++) {
            dp1[i] = max(dp1[i - 2] + nums1[i], dp1[i - 1]);
        }
        for(int i = 2; i < nums2.size(); i++) {
            dp2[i] = max(dp2[i - 2] + nums2[i], dp2[i - 1]);
        }
        // 返回两种情况中能够获得的最大金额
        return max(dp1[nums1.size() - 1], dp2[nums2.size() - 1]);
    }
};

代码随想录里面的代码要简洁明了些，贴在下面。

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() == 0) return 0;
        if (nums.size() == 1) return nums[0];
        int result1 = robRange(nums, 0, nums.size() - 2); // 情况二
        int result2 = robRange(nums, 1, nums.size() - 1); // 情况三
        return max(result1, result2);
    }
    // 198.打家劫舍的逻辑
    int robRange(vector<int>& nums, int start, int end) {
        if (end == start) return nums[start];
        vector<int> dp(nums.size());
        dp[start] = nums[start];
        dp[start + 1] = max(nums[start], nums[start + 1]);
        for (int i = start + 2; i <= end; i++) {
            dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
        }
        return dp[end];
    }
};

算法的时间复杂度和空间复杂度均为O(n)。

打家劫舍III

337. 打家劫舍 III - 力扣（LeetCode）

递归

由于是二叉树，考虑递归的思路，对于当前节点，有抢和不抢两种选择，如果当前节点抢了，那么当前节点的子节点就不能抢了（题目要求），则获得的金额为root.val+rob(root->left->left)+rob(root->left->right)+rob(root->right->left)+rob(root->right->right),若当前节点不抢，则能抢子节点rob(root->left)+rob(root->right)。则我们需要选择得到这两种的较大值。但是如果从头到尾递归的时间复杂度过大，leetcode会超时，使用记忆化递归，使用一个map将计算过的结果保存。

代码随想录 (programmercarl.com)

class Solution {
public:
    unordered_map<TreeNode* , int> umap; // 记录计算过的结果
    int rob(TreeNode* root) {
        if (root == NULL) return 0;
        if (root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;
        if (umap[root]) return umap[root]; // 如果umap里已经有记录则直接返回
        // 偷父节点
        int val1 = root->val;
        if (root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); // 跳过root->left
        if (root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); // 跳过root->right
        // 不偷父节点
        int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); // 考虑root的左右孩子
        umap[root] = max(val1, val2); // umap记录一下结果
        return max(val1, val2);
    }
};

算法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。

动态规划

看代码随想录，不太理解，周末再看看

代码随想录 (programmercarl.com)

树形动态规划的入门题。

每个节点仅有两个状态，偷或者不偷，以一个长度为2的一维dp数组即可表示，dp[0]表示不偷当前节点获得的最大金额，dp[1]表示偷当前节点所能获得的最大金额，当前层的dp数组表示了当前层偷或不偷的状态。

使用后续遍历，数值从底部向上传递。最后返回root的dp[0]和dp[1]的较大值。

偷当前节点的金额为val1 = cur->val + leftdp[0] + rightdp[0]，dp[0]表示不偷

不偷当前节点的金额为 val2 = max(leftdp[0],leftdp[1])+max(rightdp[0],rightdp[1])，此处dp[0]和dp[1]是递归上来的子节点的金额值。

class Solution {
public:
    int rob(TreeNode* root) {
        vector<int> result = robTree(root);
        return max(result[0], result[1]);
    }
    // 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
    vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
        if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
        vector<int> left = robTree(cur->left);
        vector<int> right = robTree(cur->right);
        // 偷cur，那么就不能偷左右节点。
        int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
        // 不偷cur，那么可以偷也可以不偷左右节点，则取较大的情况
        int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
        return {val2, val1};
    }
};

时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。