一道簡單DP題

首先，一看就應該知道這是一道dp題。原因在於其當前結果都依賴於前面計算得到的子結果。區分分治和dp的關鍵條件就在於演算法執行中間階段的計算結果是否依賴於其子問題的結果，若依賴則為dp，否則為分治。

dp題的關鍵在於找出狀態轉移方程和初始條件（或者稱為邊界值）。找出狀態轉移方程的關鍵又在於找對乙個狀態函式。根據我目前的經驗，這種狀態一般都是乙個區域性最優結果，如本題就可以設f(k)為前k-1項結果的最大值。

下一步，我習慣先找狀態轉移方程，再根據狀態轉移方程找出邊界條件的值。很容易想到，狀態轉移方程為f(k)=max(f(k-2)+ak,f(k-1))。這其實意味著第k個元素是否取得，max函式中前者代表取，後者代表不取。這裡的技巧感覺只能慢慢體會，別人講恐怕也只能講到這個地步了。

進而，可以看出，在k=1時，k-2為-1，k-1為0。這裡不從k=2開始遍歷，是因為未必第1（從0開始）個元素取還是不取（這取決於a0和a1的相對大小），這裡也算是乙個坑吧。

f(-1)和f(0)的取值顯而易見。特別是f(-1)，這種下標不在正常範圍裡的，一般都是特殊值，如0、1，這取決於題目具體要求解的是什麼。

確定了狀態轉移方程和邊界條件後，就可以很容易地得到以下**。

int
rob(vector<
int>
& v)
return t[l]
;}

另外，最開始對特殊情況的判斷也是乙個坑，只要題目沒有明確說明「不為空」「>0」之類的字眼，在**開頭加入一些特殊情況的判斷還是非常有必要的，只不過我經常會忘記……

vector五種建構函式參見【stl】vector的五種建構函式。stl的使用還是要非常熟練才行。

先直接看**。

int
rob(vector<
int>
& v)
return cur;
}

這裡最奇妙的技巧就是只使用了兩個變數，讓原本為o(n)的空間複雜度降為了o(1)。這裡充分利用了計算當中只依賴於前面兩種情況的特性。這裡可以推而廣之，如果狀態轉移方程中只涉及前面兩種區域性結果，那麼都可以採用這種減少空間複雜度的方法。

198. 打家劫舍