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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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有读者私下问我 LeetCode 「打家劫舍」系列问题（英文版叫 House Robber）怎么做，我发现这一系列题目的点赞非常之高，是比较有代表性和技巧性的动态规划题目，今天就来聊聊这道题目。
打家劫舍系列总共有三道，难度设计非常合理，层层递进。第一道是比较标准的动态规划问题，而第二道融入了环形数组的条件，第三道更绝，把动态规划的自底向上和自顶向下解法和二叉树结合起来，我认为很有启发性。如果没做过的朋友，建议学习一下。
下面，我们从第一道开始分析。
public int rob(int[] nums);题目很容易理解，而且动态规划的特征很明显。我们前文「动态规划详解」做过总结，解决动态规划问题就是找「状态」和「选择」，仅此而已。
假想你就是这个专业强盗，从左到右走过这一排房子，在每间房子前都有两种选择：抢或者不抢。
如果你抢了这间房子，那么你肯定不能抢相邻的下一间房子了，只能从下下间房子开始做选择。
如果你不抢这件房子，那么你可以走到下一间房子前，继续做选择。
当你走过了最后一间房子后，你就没得抢了，能抢到的钱显然是 0（base case）。
以上的逻辑很简单吧，其实已经明确了「状态」和「选择」：你面前房子的索引就是状态，抢和不抢就是选择。
在两个选择中，每次都选更大的结果，最后得到的就是最多能抢到的 money：
// 主函数
public int rob(int[] nums) {
return dp(nums, 0);
}
// 返回 nums[start..] 能抢到的最大值
private int dp(int[] nums, int start) {
if (start >= nums.length) {
return 0;
}
int res = Math.max(
// 不抢，去下家
dp(nums, start + 1),
// 抢，去下下家
nums[start] + dp(nums, start + 2)
);
return res;
}明确了状态转移，就可以发现对于同一 start 位置，是存在重叠子问题的，比如下图：
盗贼有多种选择可以走到这个位置，如果每次到这都进入递归，岂不是浪费时间？所以说存在重叠子问题，可以用备忘录进行优化：
private int[] memo;
// 主函数
public int rob(int[] nums) {
// 初始化备忘录
memo = new int[nums.length];
Arrays.fill(memo, -1);
// 强盗从第 0 间房子开始抢劫
return dp(nums, 0);
}
// 返回 dp[start..] 能抢到的最大值
private int dp(int[] nums, int start) {
if (start >= nums.length) {
return 0;
}
// 避免重复计算
if (memo[start] != -1) return memo[start];
int res = Math.max(dp(nums, start + 1),
nums[start] + dp(nums, start + 2));
// 记入备忘录
memo[start] = res;
return res;
}这就是自顶向下的动态规划解法，我们也可以略作修改，写出自底向上的解法：
int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
// dp[i] = x 表示：
// 从第 i 间房子开始抢劫，最多能抢到的钱为 x
// base case: dp[n] = 0
int[] dp = new int[n + 2];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
dp[i] = Math.max(dp[i + 1], nums[i] + dp[i + 2]);
}
return dp[0];
}我们又发现状态转移只和 dp[i] 最近的两个状态有关，所以可以进一步优化，将空间复杂度降低到 O(1)。
int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
// 记录 dp[i+1] 和 dp[i+2]
int dp_i_1 = 0, dp_i_2 = 0;
// 记录 dp[i]
int dp_i = 0;
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
dp_i = Math.max(dp_i_1, nums[i] + dp_i_2);
dp_i_2 = dp_i_1;
dp_i_1 = dp_i;
}
return dp_i;
}以上的流程，在我们「动态规划详解」中详细解释过，相信大家都能手到擒来了。我认为很有意思的是这个问题的 follow up，需要基于我们现在的思路做一些巧妙的应变。
这道题目和第一道描述基本一样，强盗依然不能抢劫相邻的房子，输入依然是一个数组，但是告诉你这些房子不是一排，而是围成了一个圈。
也就是说，现在第一间房子和最后一间房子也相当于是相邻的，不能同时抢。比如说输入数组 nums=[2,3,2]，算法返回的结果应该是 3 而不是 4，因为开头和结尾不能同时被抢。
这个约束条件看起来应该不难解决，我们前文「单调栈解决 Next Greater Number」说过一种解决环形数组的方案，那么在这个问题上怎么处理呢？
首先，首尾房间不能同时被抢，那么只可能有三种不同情况：要么都不被抢；要么第一间房子被抢最后一间不抢；要么最后一间房子被抢第一间不抢。
那就简单了啊，这三种情况，那种的结果最大，就是最终答案呗！不过，其实我们不需要比较三种情况，只要比较情况二和情况三就行了，因为这两种情况对于房子的选择余地比情况一大呀，房子里的钱数都是非负数，所以选择余地大，最优决策结果肯定不会小。
所以只需对之前的解法稍作修改即可：
public int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 1) return nums[0];
return Math.max(robRange(nums, 0, n - 2),
robRange(nums, 1, n - 1));
}
// 仅计算闭区间 [start,end] 的最优结果
int robRange(int[] nums, int start, int end) {
int n = nums.length;
int dp_i_1 = 0, dp_i_2 = 0;
int dp_i = 0;
for (int i = end; i >= start; i--) {
dp_i = Math.max(dp_i_1, nums[i] + dp_i_2);
dp_i_2 = dp_i_1;
dp_i_1 = dp_i;
}
return dp_i;
}至此，第二问也解决了。
第三题又想法设法地变花样了，此强盗发现现在面对的房子不是一排，不是一圈，而是一棵二叉树！房子在二叉树的节点上，相连的两个房子不能同时被抢劫，果然是传说中的高智商犯罪：
整体的思路完全没变，还是做抢或者不抢的选择，去收益较大的选择。甚至我们可以直接按这个套路写出代码：
Map<TreeNode, Integer> memo = new HashMap<>();
public int rob(TreeNode root) {
if (root == null) return 0;
// 利用备忘录消除重叠子问题
if (memo.containsKey(root))
return memo.get(root);
// 抢，然后去下下家
int do_it = root.val
+ (root.left == null ?
0 : rob(root.left.left) + rob(root.left.right))
+ (root.right == null ?
0 : rob(root.right.left) + rob(root.right.right));
// 不抢，然后去下家
int not_do = rob(root.left) + rob(root.right);
int res = Math.max(do_it, not_do);
memo.put(root, res);
return res;
}这道题就解决了，时间复杂度 O(N)，N 为数的节点数。
但是这道题让我觉得巧妙的点在于，还有更漂亮的解法。比如下面是我在评论区看到的一个解法：
int rob(TreeNode root) {
int[] res = dp(root);
return Math.max(res[0], res[1]);
}
/* 返回一个大小为 2 的数组 arr
arr[0] 表示不抢 root 的话，得到的最大钱数
arr[1] 表示抢 root 的话，得到的最大钱数 */
int[] dp(TreeNode root) {
if (root == null)
return new int[]{0, 0};
int[] left = dp(root.left);
int[] right = dp(root.right);
// 抢，下家就不能抢了
int rob = root.val + left[0] + right[0];
// 不抢，下家可抢可不抢，取决于收益大小
int not_rob = Math.max(left[0], left[1])
+ Math.max(right[0], right[1]);
return new int[]{not_rob, rob};
}时间复杂度 O(N)，空间复杂度只有递归函数堆栈所需的空间，不需要备忘录的额外空间。
你看他和我们的思路不一样，修改了递归函数的定义，略微修改了思路，使得逻辑自洽，依然得到了正确的答案，而且代码更漂亮。这就是我们前文「不同定义产生不同解法」所说过的动态规划问题的一个特性。
实际上，这个解法比我们的解法运行时间要快得多，虽然算法分析层面时间复杂度是相同的。原因在于此解法没有使用额外的备忘录，减少了数据操作的复杂性，所以实际运行效率会快。
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Shantom 提供 198. House Robber I Python3 解法代码：
class Solution:
def rob(self, nums: List[int]) -> int:
# 当前，上一间，上上间
cur, pre1, pre2 = 0, 0, 0
for num in nums:
# 当前 = max(上上间+（抢当前），上间（放弃当前）)
cur = max(pre2 + num, pre1)
pre2 = pre1
pre1 = cur
return curShantom 提供 213. House Robber II Python3 解法代码：
class Solution:
def rob(self, nums: List[int]) -> int:
# 只有一间时不成环
if len(nums) == 1:
return nums[0]
# 该函数同198题
def subRob(nums: List[int]) -> int:
# 当前，上一间，上上间
cur, pre1, pre2 = 0, 0, 0
for num in nums:
# 当前 = max(上上间+（抢当前），上间（放弃当前）)
cur = max(pre2 + num, pre1)
pre2 = pre1
pre1 = cur
return cur
# 不考虑第一间或者不考虑最后一间
return max(subRob(nums[:-1]), subRob(nums[1:]))Shantom 提供 337. House Robber III Python3 解法代码：
class Solution:
def rob(self, root: TreeNode) -> int:
# 返回值0项为不抢该节点，1项为抢该节点
def dp(root):
if not root:
return 0, 0
left = dp(root.left)
right = dp(root.right)
# 抢当前，则两个下家不抢
do = root.val + left[0] + right[0]
# 不抢当前，则下家随意
do_not = max(left) + max(right)
return do_not, do
return max(dp(root))自顶向下
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number}
*/
var rob = function (nums) {
let memo = new Array(nums.length);
memo.fill(-1, 0, nums.length)
// 返回nums[start..]能抢到的最大值
let dp = function (nums, start) {
if (start >= nums.length) {
return 0;
}
// 避免重复计算
if (memo[start] !== -1) return memo[start];
let res = Math.max(
// 不抢，去下一家
dp(nums, start + 1),
// 抢， 然后去下下家抢
nums[start] + dp(nums, start + 2)
)
// 记入备忘录
memo[start] = res;
return res;
}
// 强盗从第 0 间房子开始决定抢劫哪家
return dp(nums, 0)
};自底向上
var rob = function (nums) {
let n = nums.length;
// dp[i] = x 表示：
// 从第 i 间房子开始抢劫，最多能抢到的钱为 x
// base case: dp[n] = 0
let dp = new Array(n + 2);
dp.fill(0, 0, n + 2)
for (let i = n - 1; i >= 0; i--) {
dp[i] = Math.max(
dp[i + 1],
nums[i] + dp[i + 2]
)
}
// 强盗从第 0 间房子开始决定抢劫哪家
return dp[0]
};自底向上 + 状态压缩
var rob = function (nums) {
let n = nums.length;
// 记录 dp[i+1] 和 dp[i+2]
let dp_i_1 = 0, dp_i_2 = 0;
// 记录 dp[i]
let dp_i = 0;
for (let i = n - 1; i >= 0; i--) {
dp_i = Math.max(dp_i_1, nums[i] + dp_i_2);
dp_i_2 = dp_i_1;
dp_i_1 = dp_i;
}
return dp_i;
};var rob = function (nums) {
let n = nums.length;
if (n === 1) return nums[0];
// 仅计算闭区间 [start,end] 的最优结果
let robRange = function (nums, start, end) {
let dp_i_1 = 0, dp_i_2 = 0;
let dp_i = 0;
for (let i = end; i >= start; i--) {
dp_i = Math.max(dp_i_1, nums[i] + dp_i_2);
dp_i_2 = dp_i_1;
dp_i_1 = dp_i;
}
return dp_i;
}
return Math.max(
robRange(nums, 0, n - 2),
robRange(nums, 1, n - 1)
)
};var rob = function (root) {
let res = dp(root);
return Math.max(res[0], res[1]);
};
var dp = function (root){
if(root == null){
return [0,0];
}
let left = dp(root.left);
let right = dp(root.right);
// 抢，下家就不能抢了
let rob = root.val + left[0] + right[0];
// 不抢，下家可抢可不抢，取决于收益大小
let not_rob = Math.max(left[0], left[1]) + + Math.max(right[0], right[1]);
return [not_rob, rob]
}