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有一个数组$A$代表每个房子的财富值。有个小偷想偷尽可能多的财富，但他不能同时偷相邻的两个房子。问他最多能偷多少钱。

法1：动态规划。设$f[i]$代表到第$i$个房子为止，他能偷的最大财富。设每个房子的财富值为$h[i]$。如果已知到第$i-1$个房子为止，他能偷的最大财富值，那么到第$i$个房子为止，能偷的最大财富值有两种情况：

public class Solution {       public int rob(int[] nums) {           if (nums == null || nums.length == 0) {               return 0;        }                // dp代表第i栋房子为止，小偷能偷到的最大财富值（i从1开始计算）        int[] dp = new int[nums.length + 1];        dp[1] = nums[0];                for (int i = 1; i < nums.length; i++) {               dp[i + 1] = Math.max(nums[i] + dp[i - 1], dp[i]);        }                return dp[nums.length];    }}

时空复杂度$O(n)$。

观察得出，当前的值只依赖于前两个位置的值，所以可以用滚动数组的方式优化空间。

public class Solution {       public int rob(int[] nums) {           if (nums == null || nums.length == 0) {               return 0;        }                int[] dp = new int[3];        dp[1] = nums[0];        // ind记录当前更新到哪儿了		int ind = 1;        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {           	// 滚动一下，然后更新            ind = (ind + 1) % 3;            dp[ind] = Math.max(dp[(ind + 1) % 3] + nums[i], dp[(ind + 2) % 3]);        }                return dp[ind];    }}

时间复杂度不变，空间$O(1)$。

法2：状态机（本质上其实还是动态规划）。下面用图论的语言来叙述这个问题。考虑一个两个顶点的图$G$，两个顶点分别为$v_1$和$v_2$，其中$v_1$表示“最后一个房屋要选”这个状态，$v_2$表示“最后一个房屋不选”这个状态。那么，存在的有向边就是$(v_0,v_0)$，$(v_0,v_1)$和$(v_1,v_0)$，因为如果某个房子不选，那么下一个房子可以选或者不选；而某个房子选了，下一个房子就不能选。所以整个题目就相当于，在这个图上走$n$步，所能得到的最大收益是多少（注意这里和图论里的边权并不一样，这里的边权是跟走的步数相关的，并不是个确定值）。设$f[i][0]$表示走了$i$步停留在$v_0$时获得的最大收益，$f[i][1]$表示走了$i$步停留在$v_1$时获得的最大收益。那么就有：$$\{$$

public class Solution {       public int rob(int[] nums) {       	if (nums == null || nums.length == 0) {       		return 0;    	}    	    	int len = nums.length;        int[][] dp = new int[len][2];        dp[0][0] = 0;        dp[0][1] = nums[0];            for (int i = 1; i < len; i++) {               dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);            dp[i][1] = dp[i - 1][0] + nums[i];        }                return Math.max(dp[len - 1][0], dp[len - 1][1]);    }}

时空复杂度$O(n)$。

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