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一、第N个泰波那契数

1、题目讲解

2、思路讲解

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。

3、代码实现

普通版

class Solution {
public:int tribonacci(int n) {if(n==0) return 0;if(n==1 || n==2) return 1;vector<int> dp(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];}
};

空间优化版

class Solution {
public:int tribonacci(int n) {if(n==0) return 0;if(n==1 || n==2) return 1;int a=0,b=1,c=1,d=0;for(int i=3;i<=n;i++){d=a+b+c;a=b;b=c;c=d;}return d;}
};

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二、三步问题

1、题目讲解

2、思路讲解

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，⼀共有多少种⽅法。
2. 状态转移⽅程
   以 i 位置状态的最近的⼀步，来分情况讨论：
   如果 dp[i] 表⽰⼩孩上第 i 阶楼梯的所有⽅式，那么它应该等于所有上⼀步的⽅式之和：
   i. 上⼀步上⼀级台阶， dp[i] += dp[i - 1] ；
   ii. 上⼀步上两级台阶， dp[i] += dp[i - 2] ；
   iii. 上⼀步上三级台阶， dp[i] += dp[i - 3] ；
   综上所述， dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] 。
   需要注意的是，这道题⽬说，由于结果可能很⼤，需要对结果取模。
   在计算的时候，三个值全部加起来再取模，即 (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3])
   % MOD 是不可取的，同学们可以试验⼀下， n 取题⽬范围内最⼤值时，⽹站会报错 signed
   integer overflow 。
   对于这类需要取模的问题，我们每计算⼀次（两个数相加/乘等），都需要取⼀次模。否则，万⼀
   发⽣了溢出，我们的答案就错了。
3. 初始化
   从我们的递推公式可以看出， dp[i] 在 i = 0, i = 1 以及 i = 2 的时候是没有办法进⾏
   推导的，因为 dp[-3] 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 1, 2, 3 位置的值初始化。
   根据题意， dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4 。
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。

3、代码实现

class Solution {
public:int waysToStep(int n) {if(n==1 || n==2) return n;if(n==3)  return 4;const int MOD=1e9+7;vector<int> dp(n+1);dp[1]=1,dp[2]=2,dp[3]=4;for(int i=4;i<=n;i++){dp[i]= ((dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD + dp[i - 3]) % MOD;}return dp[n];}
};

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三、使用最小花费爬楼梯

1、题目讲解

2、思路讲解

方法一：

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：
   第⼀种：以 i 位置为结尾，巴拉巴拉
   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。

方法二：

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：
   第⼆种：以 i 位置为起点，巴拉巴拉。
   dp[i] 表⽰：从 i 位置出发，到达楼顶，此时的最⼩花费。
2. 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] 。
3. 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]
4. 填表顺序：
   根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从右往左」。
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。

3、代码实现

方法一：

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n=cost.size();vector<int> dp(n+1);dp[0]=0,dp[1]=0;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];        }
};

方法二：

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n=cost.size();vector<int> dp(n);dp[n-1]=cost[n-1],dp[n-2]=cost[n-2];for(int i=n-3;i>=0;i--){dp[i]=cost[i]+min(dp[i+1],dp[i+2]);}return min(dp[0],dp[1]);}
};

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四、解码方法

1、题目讲解

2、思路讲解

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 。
   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 。

   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 ）：
   i. 当 s[i] 上的数在 [1, 9] 区间上时： dp[i] += dp[i - 1] ；
   ii. 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 。

3、代码实现

优化前：

class Solution {
public:int numDecodings(string s) {int n=s.size();vector<int> dp(n);dp[0]=s[0]!='0';if(n==1) return dp[0];if(s[1]!='0' && s[0]!='0') dp[1]++;int t=(s[0]-'0')*10+(s[1]-'0');if(t>=10 && t<=26) dp[1]++;for(int i=2;i<n;i++){if(s[i]!='0') dp[i]+=dp[i-1];int t=(s[i-1]-'0')*10+(s[i]-'0');if(t>=10 && t<=26) dp[i]+=dp[i-2];}return dp[n-1];}
};

优化后：

class Solution {
public:int n=s.size();vector<int> dp(n+1);dp[0]=1;dp[1]=s[1-1]!='0';for(int i=2;i<=n;i++){if(s[i-1]!='0') dp[i]+=dp[i-1];int t=(s[i-2]-'0')*10+(s[i-1]-'0');if(t>=10 && t<=26) dp[i]+=dp[i-2];}return dp[n];}
};

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