🎋前言
动态规划相关题目都可以参考以下五个步骤进行解答：
- 状态表⽰
- 状态转移⽅程
- 初始化
- 填表顺序
- 返回值
后面题的解答思路也将按照这五个步骤进行讲解。
🍀第 N 个泰波那契数
🚩题目描述
泰波那契序列 Tn 定义如下：
T0 = 0, T1 = 1, T2 = 1, 且在 n >= 0 的条件下 Tn+3 = Tn + Tn+1 + Tn+2
给你整数 n，请返回第 n 个泰波那契数 Tn 的值。
- 示例 1：
输入：n = 4
输出：4
解释：
T_3 = 0 + 1 + 1 = 2
T_4 = 1 + 1 + 2 = 4 - 示例 2：
输入：n = 25
输出：1389537
class Solution { public int tribonacci(int n) { } }
🚩算法流程
- 状态表⽰：
这道题可以「根据题⽬的要求」直接定义出状态表⽰：
dp[i] 表⽰：第 i 个泰波那契数的值。
- 状态转移⽅程：
题⽬已经⾮常贴⼼的告诉我们了：
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]
- 初始化：
从我们的递推公式可以看出， dp[i] 在 i = 0 以及 i = 1 的时候是没有办法进⾏推导的，因为 dp[-2] 或 dp[-1] 不是⼀个有效的数据。因此我们需要在填表之前，将 0, 1, 2 位置的值初始化。题⽬中已经告诉我们 dp[0] = 0,dp[1] = dp[2] = 1 。
- 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」。
- 返回值：
应该返回 dp[n] 的值。
🚩代码实现
class Solution { public int tribonacci(int n) { int[] dp = new int[n + 3]; dp[0] = 0; dp[1] = 1; dp[2] = 1; for(int i = 0; i < n; i++) { dp[i + 3] = dp[i] + dp[i + 1] + dp[i + 2]; } return dp[n]; } }
🎄使用最小花费爬楼梯
🚩题目描述
给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。
请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
- 示例 1：
输入：cost = [10,15,20]
输出：15
解释：你将从下标为 1 的台阶开始。
-支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 15 。 - 示例 2：
输入：cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出：6
解释：你将从下标为 0 的台阶开始。
-支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。
-支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 4 的台阶。
-支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 6 的台阶。
-支付 1 ，向上爬一个台阶，到达下标为 7 的台阶。
-支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 9 的台阶。
-支付 1 ，向上爬一个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 6 。
class Solution { public int minCostClimbingStairs(int[] cost) { } }
🚩算法思路
🎈解法⼀：
- 状态表⽰：
这道题可以根据「经验+题⽬要求」直接定义出状态表⽰：
第⼀种：以 i 位置为结尾，然后一系列操作
dp[i] 表⽰：到达 i 位置时的最⼩花费。（注意：到达 i 位置的时候， i 位置的钱不需要算上）
- 状态转移⽅程：
根据最近的⼀步，分情况讨论：
▪ 先到达 i - 1 的位置，然后⽀付 cost[i - 1] ，接下来⾛⼀步⾛到 i 位置：dp[i - 1] + csot[i - 1] ；
▪ 先到达 i - 2 的位置，然后⽀付 cost[i - 2] ，接下来⾛⼀步⾛到 i 位置：dp[i - 2] + csot[i - 2] 。
- 初始化：
从我们的递推公式可以看出，我们需要先初始化 i = 0 ，以及 i = 1 位置的值。容易得到 dp[0] = dp[1] = 0 ，因为不需要任何花费，就可以直接站在第 0 层和第 1 层上。
- 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从左往右」。
- 返回值：
根据「状态表⽰以及题⽬要求」，需要返回 dp[n] 位置的值。
🎈解法⼆：
- 状态表⽰：
这道题可以根据「经验+题⽬要求」直接定义出状态表⽰：第⼆种：以 i 位置为起点，进行一系列操作。
dp[i] 表⽰：从 i 位置出发，到达楼顶，此时的最⼩花费。
- 状态转移⽅程：
根据最近的⼀步，分情况讨论：
▪ ⽀付 cost[i] ，往后⾛⼀步，接下来从 i + 1 的位置出发到终点： dp[i + 1] + cost[i] ；
▪ ⽀付 cost[i] ，往后⾛两步，接下来从 i + 2 的位置出发到终点： dp[i + 2] + cost[i] ；
我们要的是最⼩花费，因此 dp[i] = min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i] 。
- 初始化：
为了保证填表的时候不越界，我们需要初始化最后两个位置的值，结合状态表⽰易得： dp[n - 1] = cost[n - 1], dp[n - 2] = cost[n - 2]
- 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从右往左」。
- 返回值：
根据「状态表⽰以及题⽬要求」，需要返回 dp[n] 位置的值。也就是dp[0]与dp[1]中的较小值
🚩代码实现：
解法一：
class Solution { public int minCostClimbingStairs(int[] cost) { int n = cost.length; int[] dp = new int[n + 1]; for(int i = 2; i <= n; i++) { dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]); } return dp[n]; } }
解法二：
class Solution { public int minCostClimbingStairs(int[] cost) { // 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回值 int n = cost.length; int[] dp = new int[n]; dp[n - 1] = cost[n - 1]; dp[n - 2] = cost[n - 2]; for(int i = n - 3; i >= 0; i--) { dp[i] = Math.min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i]; } return Math.min(dp[0], dp[1]); } }
🌲解码方法
🚩题目描述
一条包含字母 A-Z 的消息通过以下映射进行了 编码 ：
‘A’ -> “1”
‘B’ -> “2”
…
‘Z’ -> “26”
要 解码 已编码的消息，所有数字必须基于上述映射的方法，反向映射回字母（可能有多种方法）。例如，“11106” 可以映射为：
“AAJF” ，将消息分组为 (1 1 10 6)
“KJF” ，将消息分组为 (11 10 6)
注意，消息不能分组为 (1 11 06) ，因为 “06” 不能映射为 “F” ，这是由于 “6” 和 “06” 在映射中并不等价。
给你一个只含数字的 非空 字符串 s ，请计算并返回 解码 方法的 总数 。
题目数据保证答案肯定是一个 32 位 的整数。
- 示例 1：
输入：s = “12”
输出：2
解释：它可以解码为 “AB”（1 2）或者 “L”（12）。 - 示例 2：
输入：s = “226”
输出：3
解释：它可以解码为 “BZ” (2 26), “VF” (22 6), 或者 “BBF” (2 2 6) 。 - 示例 3：
输入：s = “06”
输出：0
解释：“06” 无法映射到 “F” ，因为存在前导零（“6” 和 “06” 并不等价）。
class Solution { public int numDecodings(String s) { } }
🚩算法思路
类似于斐波那契数列~
- 状态表⽰：
根据以往的经验，对于⼤多数线性 dp ，我们经验上都是「以某个位置结束或者开始」做⽂章，这⾥我们继续尝试「⽤i位置为结尾」结合「题⽬要求」来定义状态表⽰。dp[i] 表⽰：字符串中 [0，i] 区间上，⼀共有多少种编码⽅法。
- 状态转移⽅程：
定义好状态表⽰，我们就可以分析 i 位置的 dp 值，如何由「前⾯」或者「后⾯」的信息推导出
来。
关于 i 位置的编码状况，我们可以分为下⾯两种情况：
- 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟；
- 让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合，解码成⼀个字⺟。
下⾯我们就上⾯的两种解码情况，继续分析：
- 让i位置上的数单独解码成⼀个字⺟，就存在「解码成功」和「解码失败」两种情况：
- 解码成功：当 i 位置上的数在 [1, 9] 之间的时候，说明 i 位置上的数是可以单独解码的，那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法应该等于 [0, i - 1] 区间上的解码⽅法。因为 [0, i - 1] 区间上的所有解码结果，后⾯填上⼀个 i 位置解码后的字⺟就可以了。此时 dp[i] = dp[i - 1] ；
- 解码失败：当 i 位置上的数是 0 的时候，说明 i 位置上的数是不能单独解码的，那么此时 [0, i] 区间上不存在解码⽅法。因为 i 位置如果单独参与解码，但是解码失败了，那么前⾯做的努⼒就全部⽩费了。此时 dp[i] = 0 。
- 让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合在⼀起，解码成⼀个字⺟，也存在「解码成功」和「解码失败」两种情况：
- 解码成功：当结合的数在 [10, 26] 之间的时候，说明 [i - 1, i] 两个位置是可以解码成功的，那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法应该等于 [0, i - 2 ]区间上的解码⽅法，原因同上。此时dp[i] = dp[i - 2] ；
- 解码失败：当结合的数在 [0, 9] 和 [27 , 99] 之间的时候，说明两个位置结合后解码失败（这⾥⼀定要注意 00 01 02 03 04 …这⼏种情况），那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法就不存在了，原因依旧同上。此时 dp[i] = 0 。
综上所述： dp[i] 最终的结果应该是上⾯四种情况下，解码成功的两种的累加和（因为我们关⼼的是解码⽅法，既然解码失败，就不⽤加⼊到最终结果中去），因此可以得到状态转移⽅程（ dp[i] 默认初始化为 0 ）：
- 当 s[i] 上的数在 [1, 9] 区间上时： dp[i] += dp[i - 1] ；
- 当 s[i - 1] 与 s[i] 上的数结合后，在 [10, 26] 之间的时候： dp[i] += dp[i - 2] ；
如果上述两个判断都不成⽴，说明没有解码⽅法， dp[i] 就是默认值 0 。
- 初始化：
- ⽅法⼀（直接初始化）：
由于可能要⽤到 i - 1 以及 i - 2 位置上的 dp 值，因此要先初始化「前两个位置」。
初始化 dp[0] ：
- 当 s[0] == ‘0’ 时，没有编码⽅法，结果 dp[0] = 0 ；
- 当 s[0] != ‘0’ 时，能编码成功， dp[0] = 1
初始化 dp[1] ：
- 当 s[1] 在 [1，9] 之间时，能单独编码，此时 dp[1] += dp[0] （原因同上，dp[1] 默认为 0 ）
- 当 s[0] 与 s[1] 结合后的数在 [10, 26] 之间时，说明在前两个字符中，⼜有⼀种编码⽅式，此时 dp[1] += 1
- ⽅法⼆（添加辅助位置初始化）：
可以在最前⾯加上⼀个辅助结点，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
- 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；
- 下标的映射关系
- 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」
- 返回值：
应该返回 dp[n - 1] 的值，表⽰在 [0, n - 1] 区间上的编码⽅法。
🚩代码实现
class Solution { public int numDecodings(String ss) { // 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回值 int n = ss.length(); char[] s = ss.toCharArray(); int[] dp = new int[n]; if(s[0] != '0') { dp[0] = 1; // 初始化第⼀个位置 } if(n == 1) { return dp[0]; // 处理边界情况 } // 初始化第⼆个位置 if(s[1] != '0' && s[0] != '0') { dp[1] += 1; } int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0'; if(t >= 10 && t <= 26) { dp[1] += 1; } for(int i = 2; i < n; i++) { // 先处理第⼀种情况 if(s[i] != '0') { dp[i] += dp[i - 1]; } // 处理第⼆种情况 int tt = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0'; if(tt >= 10 && tt <= 26) { dp[i] += dp[i - 2]; } } return dp[n - 1]; } }
代码优化如下：
class Solution { public int numDecodings(String ss) { // 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回值 int n = ss.length(); char[] s = ss.toCharArray(); int[] dp = new int[n + 1]; dp[0] = 1; // 保证后续填表是正确的 if(s[1 - 1] != '0') dp[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++) { // 先处理第⼀种情况 if(s[i - 1] != '0') { dp[i] += dp[i - 1]; } // 处理第⼆种情况 int tt = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0'; if(tt >= 10 && tt <= 26) { dp[i] += dp[i - 2]; } } return dp[n]; } }
⭕总结
关于《【算法优选】 动态规划之斐波那契数列模型》就讲解到这儿，感谢大家的支持，欢迎各位留言交流以及批评指正，如果文章对您有帮助或者觉得作者写的还不错可以点一下关注，点赞，收藏支持一下！
