Merge branch 'main' of https://github.com/hu6r1s/leetcode-study

Author: hu6r1s

house-robber/hu6r1s.py

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+class Solution:
+    """
+        - 이전 풀이
+        [1,2,3,1]
+        인덱스 0에서 훔쳤을 때, 인덱스 1은 훔치면 안되므로 nums[0] + F(nums[2:])
+        인덱스 0에서 안훔쳤을 때, 인덱스 1에서 훔쳐야 하므로 F(nums[1:])
+        
+        F[nums] = max(nums[0] + F[nums[2:]], F(nums[1:]))
+        F[i] = max(nums[i] + F(i+2), F(i+1))
+
+
+        - dp
+        nums = [1, 2, 3, 1]
+        집이 하나일 때는 한 곳만 볼 수 있으니 그 집의 돈을 훔침: dp[0] = nums[0] = 1
+        집이 두 개일 때, 인덱스 0인 곳을 갔다면 dp[0]이 가장 크고,
+        가지 않았다면 인덱스 1을 가게 됨. dp[1] = max(dp[0], nums[1]) = max(1, 2) = 2
+        그래서 인덱스 0을 갔을 때와 가지 않았을 때를 고려하여 큰 돈을 가져옴
+        집이 세 개일 때, 인덱스 0을 갔다면 인덱스 2를 가야하고, 인덱스 0을 가지 않았다면 인덱스 1을 감
+        이를 고려하면, 인덱스 0을 갔을 때의 가장 큰 값이 dp[0]이고, 인덱스 2를 가야하니 nums[2]를 더한 값과
+        인덱스 0에 가지 않고 인덱스 1로 갔다면 dp[1]이 가장 크다.
+        그래서 dp[2] = max(dp[0] + nums[2], dp[1])
+        집이 네 개일 때, 인덱스 3을 간다면 인덱스 1을 가게 되므로 인덱스 1까지의 dp 값과 인덱스 3의 값을 더한 값과
+        인덱스 3을 가지 않는다면 인덱스 0과 인덱스 2를 가게 된다.
+        그렇다면 인덱스 2까지의 값을 비교하여 더 큰 돈을 가져간다.
+        그래서 dp[3] = max(dp[1] + nums[3], dp[2])가 된다.
+
+        - TC
+            - for loop -> O(n)
+        - SC
+            - dp 테이블 크기 -> O(n)
+    """
+    def rob(self, nums: List[int]) -> int:
+        if not nums:
+            return 0
+        if len(nums) == 1:
+            return nums[0]
+
+        dp = [0] * len(nums)
+        dp[0] = nums[0]
+        dp[1] = max(dp[0], nums[1])
+
+        for i in range(2, len(nums)):
+            dp[i] = max(dp[i-2] + nums[i], dp[i-1])
+        
+        return dp[-1]