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17.16 按摩师
题⽬描述：
解法（动态规划）：
1. 状态表⽰：
2. 状态转移⽅程：
3. 初始化：
4. 填表顺序
5. 返回值
代码
总结：
213.打家劫舍II（medium）
题⽬描述：
解法（动态规划）
代码：
740.删除并获得点数
题⽬描述：
解法（动态规划）：
代码：
剑指OfferI I091. 粉刷房⼦
题⽬描述：
解题思路：
代码：
17.16 按摩师
//打家劫舍问题的变形~⼩偷变成了按摩师
题⽬描述：
⼀个有名的按摩师会收到源源不断的预约请求，每个预约都可以选择接或不接。在每次预约服务之间 要有休息时间，因此她不能接受相邻的预约。给定⼀个预约请求序列，替按摩师找到最优的预约集合 （总预约时间最⻓），返回总的分钟数。
解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于简单的线性dp ，我们可以⽤「经验+题⽬要求」来定义状态表⽰：
- i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
- ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
dp[i] 表⽰：选择到 i 位置时，此时的最⻓预约时⻓。
但是我们这个题在 i 位置的时候，会⾯临「选择」或者「不选择」两种抉择，所依赖的状态需要 细分：
▪ f[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最⻓预约时⻓；
▪ g[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时的最⻓预约时⻓。
2. 状态转移⽅程：
因为状态表⽰定义了两个，因此我们的状态转移⽅程也要分析两个：
相当于是有 选和不选两种状态
对于f[i] ：
▪ 如果nums[i] 必选，那么我们仅需知道i - 1 位置在不选的情况下的最⻓预约时⻓， 然后加上nums[i] 即可，因此f[i] = g[i - 1] + nums[i] 。
对于g[i] ：
▪ 如果nums[i] 不选，那么i - 1 位置上选或者不选都可以。因此，我们需要知道i - 1 位置上选或者不选两种情况下的最⻓时⻓，因此g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]) 。
3. 初始化：
这道题的初始化⽐较简单，因此⽆需加辅助节点，仅需初始化 f[0] = nums[0], g[0] = 0 即可。
4. 填表顺序
根据「状态转移⽅程」得「从左往右，两个表⼀起填」。
5. 返回值
应该返回max(f[n - 1], g[n - 1]) 。
代码
class Solution {
public:int massage(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if (n == 0) {return 0;}//要记得特例情况的判断vector<int> f(n);auto g = f;f[0] = nums[0];//初始化for (int i = 1; i < n; i++) {f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(g[n - 1], f[n - 1]);}
};总结：
：
213.打家劫舍II（medium）
题⽬描述：
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，今晚能够偷 窃到的最⾼⾦额。
//理解：就是不能两个房间连着偷，就还是f or g 的问题啦
解法（动态规划）
算法思路： 这⼀个问题是「打家劫舍I」问题的变形。
上⼀个问题是⼀个「单排」的模式，这⼀个问题是⼀个「环形」的模式，也就是⾸尾是相连的。但 是我们可以将「环形」问题转化为「两个单排」问题：
a. 偷第⼀个房屋时的最⼤⾦额x ，此时不能偷最后⼀个房⼦，因此就是偷[0, n - 2] 区间 的房⼦； b. 不偷第⼀个房屋时的最⼤⾦额y ，此时可以偷最后⼀个房⼦，因此就是偷[1, n - 1] 区 间的房⼦；
两种情况下的「最⼤值」，就是最终的结果。
因此，问题就转化成求「两次单排结果的最大值」。
代码：
class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {int n = nums.size();// 两种情况下的最⼤值return max(nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2), rob1(nums, 1, n - 1));}int rob1(vector<int>& nums, int left, int right) {if (left > right)return 0;// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回结果int n = nums.size();vector<int> f(n);auto g = f;f[left] = nums[left]; // 初始化for (int i = left + 1; i <= right; i++) {f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[right], g[right]);}
};740.删除并获得点数
题⽬描述：
给你⼀个整数数组nums，你可以对它进⾏⼀些操作。每次操作中，选择任意⼀个nums[i]，删除它并获得nums[i]的点数。之后，你必须删除所有等 于nums[i]-1 和nums[i]+1的元素。 开始你拥有0个点数。返回你能通过这些操作获得的最⼤点数。
解法（动态规划）：
算法思路： 其实这道题依旧是「打家劫舍I」问题的变型。
我们注意到题⽬描述，选择x 数字的时候， x - 1 与x + 1 是不能被选择的。像不像「打家 劫舍」问题中，选择i 位置的⾦额之后，就不能选择i - 1 位置以及i + 1 位置的⾦额呢~
因此，我们可以创建⼀个⼤⼩为10001 （根据题⽬的数据范围）的 hash 数组，将nums 数组中每⼀个元素x ，累加到hash 数组下标为x 的位置处，然后在hash 数组上来⼀次「打 家劫舍」即可。
代码：
class Solution {
public:int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {const int N = 10001;// 1. 预处理//把没见过的往见过的上面靠int arr[N] = {0};for (auto x : nums)arr[x] += x;//记录重复数字的和// 2. 在 arr 数组上，做⼀次 “打家劫舍” 问题// 创建 dp 表vector<int> f(N);auto g = f;// 填表for (int i = 1; i < N; i++) {f[i] = g[i - 1] + arr[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}// 返回结果return max(f[N - 1], g[N - 1]);}
};预处理：把没见过的往见过的上面靠~
剑指OfferI I091. 粉刷房⼦
题⽬描述：
假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。
当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。
例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。
请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。
示例 1：
输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]] 输出: 10 解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。
示例 2：
输入: costs = [[7,6,2]] 输出: 2
解题思路：
代码：
class Solution {
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs){int minCost(vector<vector<int>> & costs){// dp[i][j] 第i个房⼦刷成第j种颜⾊最⼩花费int n = costs.size();vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];}return min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));//只能两个一min
}
}
;sum:
1.情况选择的表示：
两种：f or g
三种：二维数组
2.然后分别写出情况下的dp方程
