算法沉淀 —— 动态规划篇（斐波那契数列模型）
- 前言
- 一、第 N 个泰波那契数
- 二、三步问题
- 三、使用最小花费爬楼梯
- 四、解码方法
前言
几乎所有的动态规划问题大致可分为以下5个步骤，后续所有问题分析都将基于此
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1.、状态表示：通常状态表示分为以下两种，其中更是第一种为主。
以i为结尾，dp[i] 表示什么，通常为代求问题（具体依题目而定）以i为开始，dp[i]表示什么，通常为代求问题（具体依题目而定）
-
2、状态转移方程
*以上述的dp[i]意义为更具， 通过最近一步来分析和划分问题，由此来得到一个有关dp[i]的状态转移方程。 -
3、dp表创建，初始化
- 动态规划问题中，如果直接使用状态转移方程通常会伴随着
越界访问等风险，所以一般需要初始化。而初始化最重要的两个注意事项便是：保证后续结果正确，不受初始值影响；下标的映射关系。 - 而
初始化一般分为以下两种：直接初始化开头的几个值。一维空间大小+1，下标从1开始；二维增加一行/一列。
- 动态规划问题中，如果直接使用状态转移方程通常会伴随着
-
4、填dp表、填表顺序：根据状态转移方程来确定填表顺序。
-
5、确定返回值
一、第 N 个泰波那契数
【题目链接】：1137. 第 N 个泰波那契数
【题目】：
【分析】：
题目要第n个斐波那契数，我们令dp[i]表示第i个斐波那契数。题目中以及给出了状态转移方程:dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] +dp[i-3]。但我们发现当i为0、1、2时显然状态转移方程错误，还会越界访问。所以我们仅需将前3个元素特殊处理，然后在从下标2开始填dp表。最后返回结果即可！
【代码实现】：
class Solution {
public:
int tribonacci(int n) {
if(n == 0)
return 0;
else if(n == 1 || n == 2)
return 1;
//创建dp表
vector<int> dp(n + 1);
//初始化
dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1;
//填表
for(int i = 3; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3];
return dp[n];
}
};
二、三步问题
【题目链接】：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。
【分析】：
我们可以定义dp[i]表示小孩走到i阶台阶时上楼方式的最大值。由题目可知，小孩一次可以走1阶、2阶、3阶。所以我们容易得到状态转移方程为dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3](题目明确表示结果肯过大，记得模1000000007！！)。
显然你以及观察到当i <=3时，状态转移方程不适应。所以我们可以提前将前3个dp表中的值进行初始化；然后在从左往右依次填表。最后返回结果即可！！
【代码实现】：
class Solution {
public:
int waysToStep(int n) {
//特殊处理
if(n == 1)
return 1;
else if(n == 2)
return 2;
else if(n == 3)
return 4;
const int DEL = 1000000007;
vector<int> dp(n + 1);//创建dp表，多开一个空间，让下标对应
//初始化
dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4;
//填表
for(int i = 4; i <= n; i++)
dp[i] = (dp[i - 1] + (dp[i - 2] + dp[i - 3]) % DEL) % DEL;
return dp[n];
}
};
三、使用最小花费爬楼梯
【题目链接】：746. 使用最小花费爬楼梯
【题目】：
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。
实例：
【分析】
我们可以用dp[i]变化到达下标为i的台阶时的最低花费。题目中指出，一步可选择向上爬一个或者两个台阶。所以dp[i]必然是从i-1阶或i-2阶台阶爬上来的，易得状态转移方程为dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);。
显然当i为0、1时需要单独处理（处理为0）。但C++vector创建dp表时，已经将所有数据初始化为0，所以此步不需要单独实现。然后就是从下标2开始，从左往右依次填dp表了。最后返回结果即可！！
【代码实现】：
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
//创建dp表
int n = cost.size();
vector<int> dp(n + 1);
//填表
for(int i = 2; i <= n; i++)
dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
return dp[n];
}
};
四、解码方法
【题目链接】：91. 解码方法
【题目】：
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。
【分析】：
我们定义dp[i]表示从下标[0, i]的子字符串的解法方式总数。显然解码到dp[i]的最近一步分为：从[0,i-1] 加s[i]，如果s[i]合法，此时d[i] += dp[i-1];从[0, i-2] 加s[i-1,i]，如果s[i-1, i]合法，此时dp[i] += dp[i-2]。所以我们可以得到对应的状态转移方程。（具体看代码）
显然我们需要将dp[1]、dp[2]单独处理，就不多说了。然后从左往右依次填表，最后返回结果！！
【代码实现】：
class Solution {
public:
int numDecodings(string s) {
int n = s.size();
//创建dp表
vector<int> dp(n);
//初始化
dp[0] = s[0] != '0';
if(n == 1)
return dp[0];
if(s[0] != '0' && s[1] != '0')
dp[1]++;
int tmp = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';
if(tmp >= 10 && tmp <= 26)
dp[1]++;
//填表
for(int i = 2; i < n; i++)
{
if(s[i] != '0')
dp[i] += dp[i - 1];
int tmp = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';
if(tmp >= 10 && tmp <= 26)
dp[i] += dp[i - 2] ;
}
return dp[n - 1];
}
};
