动态规划01 三步问题[C++]

图源：文心一言

上机题目练习整理，本篇作为动态规划的代码，因为做题入门很少找到带图的讲解（难道是因为太简单，所以没有人嘛），所以干脆自己写一份，供小伙伴们参考~🥝🥝

第1版：在力扣新手村刷题的记录~🧩🧩

编辑：梅头脑🌸

审核：文心一言

题目：面试题 08.01. 三步问题 - 力扣（LeetCode）

🧵面试题 08.01. 三步问题

🧩题目

三步问题。有个小孩正在上楼梯，楼梯有n阶台阶，小孩一次可以上1阶、2阶或3阶。实现一种方法，计算小孩有多少种上楼梯的方式。结果可能很大，你需要对结果模1000000007。

示例1:
 输入：n = 3 
 输出：4
 说明: 有四种走法
示例2:
 输入：n = 5
 输出：13
提示:

n范围在[1, 1000000]之间

🌰解题1：数组存放

📇算法思路

算法思想：
由于每一步我们可以选择走1步、2步或3步，并且只能向右走，因此我们可以将问题分解为更小的子问题：到达位置 i 的方式数可以通过到达位置 i-1、i-2 和 i-3 的方式数来推导。这样，我们就可以使用动态规划来逐步构建到达每个位置的方式数，直到到达目标位置 n；
算法的关键在于正确地定义状态（在这里是 dp[i]）和状态转移方程（在这里是 dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]，但需要注意边界条件，确保不会访问数组的负索引）。
时间复杂度：O(n)，n是需要到达的目标位置，使用了1个循环，遍历步数i（从1到n）；
空间复杂度：O(n)，代码使用了一个一维数组dp来存储到达每个位置的方式数；

⌨️算法代码

#include <iostream>  
#include <vector>  
using namespace std;  

const int MOD = 1000000007; // 取模的大质数  
  
class Solution {  
public:  
    int waysToStep(int n) {
        vector<int> dp(n + 1, 0); // 一维数组，dp[i] 表示到达位置 i 的方式数  
        dp[0] = 1; // 初始条件，到达位置 0 的方式数为 1  

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            // 遍历到达位置 i 的所有可能的前一步位置  
            for (int j = 1; j <= 3 && i - j >= 0; j++) {
                dp[i] += dp[i - j] % MOD; ; // 累加从各个前一步位置到达位置 i 的方式数，并取模  
            }
        
        // 输出测试
        // cout << "dp after step " << i << ": ";
        // for (int k = 0; k <= i; k++) {
        //    cout << dp[k] << " ";
        // }
        // cout << endl;
    }

        return dp[n]; // 返回到达位置 n 的方式数  
    }
};
/*  
int main() {  
    Solution solution;  
    int a = solution.waysToStep(3);  
    cout << "Number of ways to step to position 3: " << a << endl;  
    return 0;  
}
*/

作者：文心一言

📇代码解释

1：状态方程

小孩走向第 i 级台阶的位置可以是：
从第 i−1 阶迈 1 阶；
从第 i−2 阶迈 2 阶；
从第 i−3 阶迈 3 阶；
那么状态方程可以是：
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]；代码等价的表示为：for (int j = 1; j <= 3 && i - j >= 0; j++) { dp[i] += dp[i - j] };
根据题目要求，为了避免整数溢出问题，确保结果在计算机的整数表示范围内，执行取余操作，而1000000007这是一个常见的大质数，因此算式：dp[i] = (dp[i] + dp[i - j]) % MOD;
初始状态：第0个台阶有1种方式（不动）；
i 的范围：从1走向n级台阶；

2：算法模拟

注意，动态数组就是一种记忆的工具，它可以记录到达 i-1 、i-1、i-3的跳法，因此计算 i 时仅用 i 的前3轮的跳法相加即可；

举个栗子，例如跳到台阶3，它有4种方法到达：

1次跳3级，从0级台阶跳到3级台阶；而跳到dp[0]仅1种跳法，在第2轮的dp[0]中记录，因此dp[0]→dp[3]也是唯一跳法；
1次跳2级，从1级台阶跳到3级台阶；而dp[0]跳到dp[1]仅1种跳法，在第2轮的dp[1]中记录，因此dp[1]→dp[3]也是唯一跳法；
1次跳1级，从2级台阶跳到3级台阶；而dp[0]跳到dp[2]有2种跳法，在第2轮的dp[2]中记录，因此dp[2]→dp[3]也是2种跳法；
相加，dp[0] + dp[1] + dp[2] = 4，即为4种台阶跳法~~

轮数 / 跳法	dp[0]	dp[1]	dp[2]	dp[3]	备注
初始	1
第1轮	1	1			1：dp[0]→dp[1]
第2轮	1	1	2		1：dp[0]→dp[1]→dp[2] 2：dp[0]→dp[2]
第3轮	1	1	2	4	1：dp[0]→dp[1]→dp[3] 2：dp[0]→dp[1]→dp[2]→dp[3] 3：dp[0]→dp[2]→dp[3] 4：dp[0]→dp[3]

🌰解题2：变量存放

⌨️算法代码

class Solution {
public:
    int waysToStep(int n) {
        if(n<3) return n;      // 跳到台阶1有1种方法，跳到台阶2有2种方法
        int base=1e9+7;        // 取模质数
        int dp0=1,dp1=2,dp2=4; // 初始化3种状态：跳到台阶dp0有1种方式，跳到台阶dp1有2种方式，跳到台阶dp2有3种方式
        int temp1,temp2;       // 记录 dp[i-1],dp[i-2]
        while(n--!=3){         // 台阶数n不等于3时，执行循环，并且n-1
            temp1=dp1,temp2=dp2;             // 使用temp1和temp2保存dp1和dp2的值，因为dp1和dp2即将被更新 
            dp2=((dp0+dp1)%base+dp2)%base;   // 走到第n个台阶的方法数等于走到第n-1, n-2, n-3个台阶的方法数之和
            dp0=temp1,dp1=temp2;             // 更新dp0和dp1为上一轮的dp1和dp2  
        }
        return dp2;            // 循环结束后，dp2中存储的就是走到第n个台阶的方法数  
    }
};

作者：treasure_
链接：https://leetcode.cn/problems/three-steps-problem-lcci/solutions/529898/c-dong-tai-gui-hua-by-treasure_-611d/

时间复杂度：O(n)，n是需要到达的目标位置，使用了1个循环，遍历步数i（从1到n）；
空间复杂度：O(1)，不同于方法一使用数组，方法二使用了3个常数存放状态，只要更新temp1、temp2、dp2、dp0，就可以实现状态方程dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]的功能；
备注：
算法代码1、2在思路上非常相似，只是语法的细节有些不同；
算法2我已经逐行注释在了旁边，算法思路不再赘述【emm...如果真的需要再详细解说1遍，欢迎小伙伴在评论区留言】。