【算法篇】逐步理解动态规划1（斐波那契数列模型）
【算法篇】逐步理解动态规划1（斐波那契数列模型）
学过算法的应该知道，动态规划一直都是一个非常难的模块，无论是状态转移方程的定义还是dp表的填表，都非常难找到思路。在这个算法的支线专题中我会结合很多力扣题型，由简单到复杂，带大家深度剖析动态规划类的题型，欢迎大家关注啊。 顺序： 题目链接-》算法思路-》代码呈现
斐波那契数列模型
动态规划类题目解题步骤：
- 依据题目进行状态表示(dp[i]的含义)
- 写出状态转移方程(类似于dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2])
- 为防止填表时数组越界，对dp表进行初始化（dp[0]=dp[1]=1）
- 搞清楚填表顺序（从前往后或者从后往前）
- 利用dp表返回问题答案
1. 第N个泰波那契数
题目链接：
https://leetcode.cn/problems/n-th-tribonacci-number/description/
算法思路：
1. 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。
2. 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]
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 。
4. 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」。
5. 返回值：
应该返回 dp[n] 的值。
代码呈现：
class Solution {
public int tribonacci(int n) {
if(n==0){
return 0;
}
if(n==1||n==2){
return 1;
}
int[] dp=new int[n+1];
dp[0]=0;
dp[1]=1;
dp[2]=1;
for(int i=3;i<=n;i++){
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3];
}
return dp[n];
}
}2.使用最小花费爬楼梯
题目链接：
https://leetcode.cn/problems/min-cost-climbing-stairs/description/
算法思路：
1. 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：
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）
2. 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] 。
3. 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。
4. 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从左往右」。
5. 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。
代码呈现：
class Solution {
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
int size=cost.length;
if(size==2) return Math.min(cost[0],cost[1]);
int[] dp=new int[size+1];
dp[0]=0;
dp[1]=0;
dp[2]=Math.min(cost[0],cost[1]);
for(int i=3;i<=size;i++){
dp[i]=Math.min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2]);
}
return dp[size];
}
}3.解码方法
题目链接：
https://leetcode.cn/problems/decode-ways/
算法思路：
类似于斐波那契数列
1. 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。
2. 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：
i. 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟；
ii. 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：
i. 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] ；
ii. 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 。
- 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：
i. 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] ；
ii. 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 。
3. 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] ：
i. 当 s[0] == '0' 时，没有编码⽅法，结果 dp[0] = 0 ；
ii. 当 s[0] != '0' 时，能编码成功， dp[0] = 1
初始化 dp[1] ：
i. 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 ）
ii. 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：
i. 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；
ii. 下标的映射关系
4. 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」
5. 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。
代码呈现：
class Solution {
public int numDecodings(String s) {
char[] arr=s.toCharArray();
int n=arr.length;
int[] dp=new int[n+1];
dp[0]=1;
if(arr[0]=='0') dp[1]=0;
else dp[1]=1;
if(n==1){
return dp[1];
}
for(int i=2;i<n+1;i++){
if(arr[i-1]!='0'){
dp[i]+=dp[i-1];
}
if(((arr[i-2]-'0')*10+(arr[i-1]-'0'))<=26&&((arr[i-2]-'0')*10+(arr[i-1]-'0'))>=10){
dp[i]+=dp[i-2];
}
}
return dp[n];
}
}