程序员必学算法「动态规划」：打家劫舍III（打家劫舍）

我已经将刷题指南全部整理到了Github ：https://github.com/youngyangyang04/leetcode-master，方便大家在电脑上阅读，这个仓库每天都会更新，大家快去给一个star支持一下吧！

B站同名：代码随想录

337.打家劫舍 III

题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/house-robber-iii/

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。

思路

这道题目和，也是如出一辙，只不过这个换成了树。

如果对树的遍历不够熟悉的话，那本题就有难度了。

对于树的话，首先就要想到遍历方式，前中后序（深度优先搜索）还是层序遍历（广度优先搜索）。

本题一定是要后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。

与198.打家劫舍，213.打家劫舍II一样，关键是要讨论当前节点抢还是不抢。

如果抢了当前节点，两个孩子就不是动，如果没抢当前节点，就可以考虑抢左右孩子（注意这里说的是“考虑”）

暴力递归

代码如下：

classSolution{ public: introb(TreeNode*root){ if(root==NULL)return0; if(root->left==NULL&&root->right==NULL)returnroot->val; //偷父节点 intval1=root->val; if(root->left)val1 =rob(root->left->left) rob(root->left->right);//跳过root->left，相当于不考虑左孩子了 if(root->right)val1 =rob(root->right->left) rob(root->right->right);//跳过root->right，相当于不考虑右孩子了 //不偷父节点 intval2=rob(root->left) rob(root->right);//考虑root的左右孩子 returnmax(val1,val2); } };

时间复杂度：O(n^2) 这个时间复杂度不太标准，也不容易准确化，例如越往下的节点重复计算次数就越多
空间复杂度：O(n) 算上递推系统栈的空间

当然以上代码超时了，这个递归的过程中其实是有重复计算了。

我们计算了root的四个孙子（左右孩子的孩子）为头结点的子树的情况，又计算了root的左右孩子为头结点的子树的情况，计算左右孩子的时候其实又把孙子计算了一遍。

记忆化递推

所以可以使用一个map把计算过的结果保存一下，这样如果计算过孙子了，那么计算孩子的时候可以复用孙子节点的结果。

代码如下：

classSolution{ public: unordered_map<TreeNode*,int>umap;//记录计算过的结果 introb(TreeNode*root){ if(root==NULL)return0; if(root->left==NULL&&root->right==NULL)returnroot->val; if(umap[root])returnumap[root];//如果umap里已经有记录则直接返回 //偷父节点 intval1=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 intval2=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 returnmax(val1,val2); } };

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n) 算上递推系统栈的空间

动态规划

在上面两种方法，其实对一个节点投与不投得到的最大金钱都没有做记录，而是需要实时计算。

而动态规划其实就是使用状态转移容器来记录状态的变化，这里可以使用一个长度为2的数组，记录当前节点偷与不偷所得到的的最大金钱。

这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解。

确定递归函数的参数和返回值

这里我们要求一个节点偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组。

参数为当前节点，代码如下：

vector<int>robTree(TreeNode*cur){

其实这里的返回数组就是dp数组。

所以dp数组（dp table）以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。

所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！

那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？

别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数。

如果还不理解的话，就接着往下看，看到代码就理解了哈。

确定终止条件

在遍历的过程中，如果遇到空间点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回

if(cur==NULL)returnvector<int>{0,0};

这也相当于dp数组的初始化

确定遍历顺序

首先明确的是使用后序遍历。因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。

通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。

通过递归右节点，得到右节点偷与不偷的金钱。

代码如下：

//下标0：不偷，下标1：偷 vector<int>left=robTree(cur->left);//左 vector<int>right=robTree(cur->right);//右 //中

确定单层递归的逻辑

如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，val1 = cur->val left[0] right[0]; （如果对下标含义不理解就在回顾一下dp数组的含义）

如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left[0], left[1]) max(right[0], right[1]);

最后当前节点的状态就是{val2, val1}; 即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}

代码如下：

vector<int>left=robTree(cur->left);//左 vector<int>right=robTree(cur->right);//右 //偷cur intval1=cur->val left[0] right[0]; //不偷cur intval2=max(left[0],left[1]) max(right[0],right[1]); return{val2,val1};

举例推导dp数组

以示例1为例，dp数组状态如下：（注意用后序遍历的方式推导）

最后头结点就是取下标0 和下标1的最大值就是偷得的最大金钱。

递归三部曲与动规五部曲分析完毕，C 代码如下：

classSolution{ public: introb(TreeNode*root){ vector<int>result=robTree(root); returnmax(result[0],result[1]); } //长度为2的数组，0：不偷，1：偷 vector<int>robTree(TreeNode*cur){ if(cur==NULL)returnvector<int>{0,0}; vector<int>left=robTree(cur->left); vector<int>right=robTree(cur->right); //偷cur intval1=cur->val left[0] right[0]; //不偷cur intval2=max(left[0],left[1]) max(right[0],right[1]); return{val2,val1}; } };