1. 题目分析
根据题中的实力我们来分析, n = 3 时也就是到第 3 个台阶上, 为什么一共有 4 中方法可以上楼梯.
首先需要确定一点的是, 0 位置处表示所在的水平线它一共有 0 种方法可以上, 因为本身就在这个位置上.
其次, 结果可能很大, 需要对结果取模 MOD = 1e9 + 7. 这里的 1e9 中 e 表示 10 的幂. 最终为 1 * 10 ^ 9
从 0 位置开始到 1 位置, 一共只有 1 种方法, 也就是跨一步
从 0 位置开始到 2 位置, 一共有 2 种方法. 一步到 1 在一步到 2, 或者直接到 2.
从 0 位置开始到 3 位置, 一共有 3 种方法.
- 一直走一步, 先到 1 在到 2 最后到 3
- 先走 1 步到 1. 在走 2 步到 3
- 先走 2 步到 2, 在走 1 步到 3
- 直接走 3 步到 3
从 0 位置到达 4 位置, 由于一次最大只能跨 3 步, 因此最多一次也只能到 3 位置, 因此想要到达 4 必须在前面的 1 2 3 其中一个位置中转一下.
- 先到 1 中转, 从 0 先到 1 的过程一共有 1 种方法.
- 先到 2 中转, 从 0 到 2 的过程一共有 2 种方法 ( 如果不是直接从 0 到 2 算, 而是算上 0 -> 1 -> 2 后开始, 则会和第一种先到 1 中转中的其中一种情况重复, 特别需要注意 ! )
- 先到 3 中转, 从 0 到 3 的过程一共有 3 种方法
现在可以发现规律了嘛 ?是不是有点像我们之前学的泰波那锲数, 也就是第 n 个台阶的跳法为前面 n - 1, n - 2, n - 3 这三个台阶跳法之和
2. 状态表示
以 i 位置为结尾, 表示为从 0 上到第 i 个台阶时一共有几种方法.
定义一个一维 dp 表 int[] dp = new int[n + 1], 其中 dp[i] 就表示从 0 上到第 i 个位置是对应的有几种方法. 同样的, 其中 dp 的大小之所以为 n + 1 是因为我们要访问的是第 n 个台阶的跳发, dp 数组大小为 n + 1 时, 才能通过 dp 表获取.
3. 状态转移方程
通过对题目分析的时候我们就发现了, 从 0 到 4 位置时的跳法等于前面 0 -> 1, 0 -> 2, 0 -> 3 的跳法之和. 对应到我们的转态表示中则为 :
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]
4. 初始化
初始化是为了防止 dp 数组的越界. 当不对前面几个数进行初始化时, 例如计算 dp[2] = dp[1] + dp[0] + dp[-1], 这肯定是非法越界了的. 因此我们是需要对前面几个较小的数 0, 1, 2 这三个台阶的方法数在 dp 表中进行初始化
根据题目, 可以很容易知道 dp[0] = 0, dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4.
5. 填表顺序
此处, 可以知道想要计算 dp[3] 就必须先计算 dp[0], dp[1], dp[2]. 因此可以确定填写 dp 表的顺序为从左往右
6. 返回值
根据题目要求, 返回的是从 0 到第 n 个台阶一共有几种方法. 联系到我们的状态表示中, 也就是 dp[n] 的值, 表示从 0 到第 n 个台阶一共有几种方法. 因此返回值为 dp[n]
7. 代码演示
class Solution { public int waysToStep(int n) { int MOD = (int)1e9 + 7; // 边界值处理, 由于 n 的范围在[1, 1000000]之间. // 当 n 为 1 时, int[2], int[3] 的初始化就会越界.需要单独处理 if(n == 1 || n == 2 ) return n; if(n == 3) return 4; // 1. 创建 dp 表 int[] dp = new int[n + 1]; // 2. 初始化 dp[0] = 0; dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 4; // 3. 填写 dp 表 for(int i = 4; i <= n; i++) { // 由于结果很大, 每次相加操作都需要进行取模 dp[i] = ((dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD + dp[i - 3]) % MOD; } // 4. 确认返回值 return dp[n]; } }
