文章目录

1、动规思路简介
2、第N个泰波那契数列
3、三步问题
4、使用最小花费爬楼梯
5、解码方法
6、动规分析总结

1、动规思路简介

动规的思路有五个步骤，且最好画图来理解细节，不要怕麻烦。当你开始画图，仔细阅读题时，学习中的沉浸感就体验到了。

状态表示
状态转移方程
初始化
填表顺序
返回值

动规一般会先创建一个数组，名字为dp，这个数组也叫dp表。通过一些操作，把dp表填满，其中一个值就是答案。dp数组的每一个元素都表明一种状态，我们的第一步就是先确定状态。

状态的确定可能通过题目要求来得知，可能通过经验 + 题目要求来得知，可能在分析过程中，发现的重复子问题来确定状态。还有别的方法来确定状态，但都大同小异，明白了动规，这些思路也会随之产生。状态的确定就是打算让dp[i]表示什么，这是最重要的一步。

状态转移方程，就是dp[i]等于什么，状态转移方程就是什么。像斐波那契数列，dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]。这是最难的一步。一开始，可能状态表示不正确，但不要紧，大胆制定状态，如果没法推出转移方程，没法得到结果，那这个状态表示就是错误的。所以状态表示和状态转移方程是相辅相成的，可以帮你检查自己的思路。

初始化，就是要填表，保证其不越界。像第一段所说，动规就是要填表。比如斐波那契数列，如果要填dp[1]，那么我们可能需要dp[0]和dp[-1]，这就出现越界了，所以为了防止越界，一开始就固定好前两个值，那么第三个值就是前两个值之和，也不会出现越界。

填表顺序。填当前状态的时候，所需要的状态应当已经计算过了。还是斐波那契数列，填dp[4]的时候，dp[3]和dp[2]应当都已经计算好了，那么dp[4]也就出来了，此时的顺序就是从左到右。

返回值，要看题目要求。

2、第N个泰波那契数列

1137. 第 N 个泰波那契数

在这里插入图片描述

泰波那契数列从T0开始，而不是从1开始，这也是和斐波那契数列不同的点，但本质上思路都很相似。接下来要用动态规划来解决问题。

在这个题目中，我们让dp表的每一个元素都存储一个泰波那契数列，0下标对应T0，1下标对应T1。为什么要确定成这样的状态？题目要求拿到Tn的值，并且也存在T0，和数组下标一致，那么我们最好就把所有的数都填上，然后n作为下标，dp[n]一下子就能拿到结果。

根据上面的解析，我们这样写

    int tribonacci(int n) {//1. 状态表示: dp[i]就是第i个泰波那契数//2. 状态转移方程: 题目给了，Tn+3 = Tn + Tn+1 + Tn+2//处理边界情况，n如果小于3，那么只能取0, 1, 2，也可以走下面循环，但不如创建dp表之前就返回对应的值，减少空间消耗if(n == 0) return 0;if(n == 1 || n == 2) return 1;vector<int> dp(n + 1);dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1;//3. 初始化for(int i = 3; i <= n; i++){dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3];//4. 填表顺序，也体现了状态转移方程}return dp[n];//5. 返回值}

这道题还可以优化一下空间。动规里要优化空间通常用滚动数组。当一个状态仅需要前面若干个状态来确定时，就可以用滚动数组。N^2的空间复杂度可以优化成N。当dp[3]确定后，我们让前四个值设为abcd，起初a是dp[0]，b是dp[1]，c是dp[2]，d是dp[3]，要算dp[4]的时候，就让abcd往后挪一位，也就是a是dp[1]，d是dp[4]，然后d = a + b + c，求出dp[4]，算dp[5]的时候，还是一样的操作，让a来到dp[2]的位置，d则是dp[5]。这几个变量我们可以创建一个小数组来存储，也可以就创建四个变量。当开始滚动时，我们让a = b, b = c, c = d这样就能滚动了，但不能反向赋值，也就是c = d, b = c, a = b因为b要的是c之前的值，而c已经被赋值成d了，所以不行。使用变量来求值后，我们就可以不需要dp表了，只用四个变量来求出结果

    int tribonacci(int n) {//1. 状态表示: dp[i]就是第i个泰波那契数//2. 状态转移方程: 题目给了，Tn+3 = Tn + Tn+1 + Tn+2//处理边界情况，n如果小于3，那么只能取0, 1, 2，也可以走下面循环，但不如创建dp表之前就返回对应的值，减少空间消耗if(n == 0) return 0;if(n == 1 || n == 2) return 1;int a = 0, b = 1, c = 1, d = 0;//3. 初始化for(int i = 3; i <= n; i++){d = a + b + c;//4. 顺序a = b; b = c; c = d;//循环结束后，d就是最终的值}return d;//5. 返回值}

3、三步问题

面试题 08.01. 三步问题

在这里插入图片描述

可1可2还可3，这个状态转移方程应当如何算？先不要着急，一步步看题。根据题目，我们可以知道状态是到达i位置时，总共有几种方式，dp[i]记录着方式的个数。接下来就是找状态转移方程。虽然题目有三种计算，但我们不妨算几个值来看看，n = 1,2,3,4时，分别是1,2,4,7，如果仔细去加每一个n值的方法个数，会发现每一个n值就是前面3个n值的和，比如1 +2 + 4 = 7，所以这个题是有规律的，那么它的状态转移方程就是dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]。从1开始，dp[1]，dp[2]，dp[3]就分别初始化为1，2，4。填表顺序就是从左到右。返回值就是dp[n]。

由于本题中数目会过大，要取模，如果加完3个数再取模会不通过，要加完2个数就取模，然后再整体取模。

    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];}

当然这个题也可以空间优化，和上一个题一样。

    int waysToStep(int n) {if(n == 1 || n == 2) return n;if(n == 3) return 4;const int MOD = 1e9 + 7;int a = 1, b = 2, c = 4, d = 0;for(int i = 4; i <= n; i++){d = ((a + b) % MOD + c) % MOD;a = b; b = c; c = d;}return d;}

4、使用最小花费爬楼梯

746. 使用最小花费爬楼梯

在这里插入图片描述

10,15，20，当你在10的位置，你会花费10块钱，往后走一次或者两次，当你在15的位置，你会花费15块钱，向后走一次或两次。但给的数组中最右边的元素不是楼顶，所有元素都是楼梯，楼顶在最后一个元素的下一个位置，比如示例1，在15的位置，花费15块钱，一次性跨2个楼梯，就到达了楼顶。

这道题的状态表示是什么样的？像一维dp数组，根据以上两道题来看，都是以i位置结尾来做状态表示，这道题也是一样，计算到i位置处最少需要的钱，所以dp[1]，dp[2]就是到达1，2位置时最少的花费。

状态转移方程如何确定？看到现在，我们可以总结出一个规律，利用之前或者之后的状态，推导出dp[i]的值，比如dp[i]由dp[i - 1]，dp[i - 2]等或者dp[i + 1]， dp[i + 2]来确定。这道题来看，dp[i]要么从i - 1处走1步到达i，要么i - 2处走2步到达i，两种情况比较大小来得到dp[i]的值，而dp[i - 1]，dp[i - 2]又是之前推导过来的。所以dp[i] = min（dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]）。

初始化的时候，要不越界，需要初始化最前面的2个位置，根据题目，我们可以从0位置或者1位置开始，那么这两个位置就初始化成0即可。填表顺序是从左到右。返回值是dp[i]。

根据以上分析，写出代码

    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n = cost.size();vector<int> dp(n + 1);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];}

这道题还可以用另一种状态表示来写。上面是yii位置为结尾，这次是以i位置为起点。此时的dp[i]是从i位置出发，到达楼顶的最小花费，这个i从0开始。

这次的状态转移方程如何确定？从i位置出发，可以走一步，走两步，所以也分成2种情况，走一步，从i + 1位置到终点；走两步，从i + 2位置到终点，然后再算i + 1或者i + 2处算最小花费。第一种情况是dp[i + 1] + cost[i]，第二种情况是dp[i + 2] + cost[i]，去两者之小。

这次的初始化应该如何做？上一次是取dp[i - 1]和dp[i - 2]，我们初始化最左边的两个值，现在是取dp[i + 1]和dp[i + 2]，那最容易确定的就是最右边的两个值，dp[n - 1]和dp[n - 2]，它们俩就分别是花费当前位置的钱即可。这次的填表顺序就是从右到左。返回值则是dp[0]和dp[1]的最小值，楼顶是n位置处。

思路其实相似，不过就是反过来了。这次开辟的数组就不用n + 1了，之前我们需要算到dp[n]，而现在n - 1处是起始点。

    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n = cost.size();/*vector<int> dp(n + 1);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];*/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] = min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i];//因为都要加一个cost[i]，所以就提出来}return min(dp[0], dp[1]);}

5、解码方法

91. 解码方法

在这里插入图片描述

这道题还是可以用上面的分析。状态表示我们先表示为以i位置结尾。字符串有i个字符，i位置的数字应当是从第一个字符开始到i位置的字符总共能编码的个数，所以dp[i]是以i位置为结尾时，解码方法的总数。

状态转移方程如何确定？根据上面那些题的分析，我们知道要根据最近的一步，来划分问题，i位置处自己可能可以编码，i - 1和i位置处也可能可以编码，而由于是以i位置为结尾，所以i和i + 1就不管，不能i - 2位置组合起来编码是因为字母所代表的数字最多是两位数，所以这点就可以帮助我们确定方程。

现在是两种情况，dp[i]单独解码，dp[i- 1]和dp[i]组合解码。每个情况都有成功失败，如果dp[i]可以解码成功，那就说明从0到i - 1位置的所有编码方案后面加上一个i位置的字符就可以了，所以此时dp[i]的方案数就是dp[i - 1]的方案数。如果dp[i]单独编码失败，那么前面所有的可解码方案就全失败了，那么就是0了。

dp[i - 1]和dp[i]解码，也有成功失败。如果成功，那么i - 1处字符对应的数字乘10 + i处字符对应的数字应当>= 10 && <= 26，因为题目中说了不可能出现06这种情况，所以只能是一个正常的两位数，10及以上。把i - 1和i看作一个整体，这时候就相当于dp[i - 2]的所有方案后面都加上两个字符即可，所以就是dp[i - 2]的方案数。如果失败，也是一样，前面的全失败了，为0。

根据以上的分析，dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，但这两个并不是一定都加得上，可能为0。

初始化应当如何做？有两个方法。dp[i]既然是由前两个位置决定的，那么初始化时就得考虑一下dp[0]和dp[1]，dp[0]要么是1，要么是0，它只有一个字符，dp[1]代表2种字符，2个字符都能单独解码是1种情况，2个字符组合才能解码是另一种情况，满足其中一个就是1，两个都满足就是2，都不满足就是0，所以dp[1]是0，1，2三个情况。

填表顺序是从左到右。而返回值，我们要解码到最后一个位置，所以应当是dp[n - 1]。

    int numDecodings(string s) {int n = s.size();vector<int> dp(n);dp[0] = s[0] != '0' ? 1 : 0;//判断dp[0]能否单独解码if(n == 1) return dp[0];//处理边界情况if(s[0] != '0' && s[1] != '0') dp[1] += 1;//判断dp[0]dp[1]能否都单独解码int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';if(t >= 10 && t <= 26) dp[1] += 1;//判断dp[0]dp[1]组合能否解码for(int i = 2; i < n; i++){if(s[i] != '0') dp[i] += dp[i - 1];//判断能否单独解码int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';//判断能否组合解码if(t >= 10 && t <= 26) dp[i] += dp[i - 2];}return dp[n - 1];}

现在写一下另一种初始化方法。上面的代码可以看出，有段代码是重复的

        if(s[0] != '0' && s[1] != '0') dp[1] += 1;//判断dp[0]dp[1]能否都单独解码int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';if(t >= 10 && t <= 26) dp[1] += 1;//判断dp[0]dp[1]组合能否解码if(s[i] != '0') dp[i] += dp[i - 1];//判断能否单独解码int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';//判断能否组合解码if(t >= 10 && t <= 26) dp[i] += dp[i - 2];

之前的dp表示[0, n - 1]，现在我们给它扩充一个元素，变成[0, n]，那么之前的dp[1]，就相当于新表的dp[2]，之前的dp[0]就是现在的dp[1]，之前的dp[n - 1]就是新的dp[n]，新表的dp[0]就是一个虚拟节点，用来更方便的初始化，下面能看到它起作用的地方。这个方法有一些注意的点。一个是要保证字符串中1位置处的字符能对应到dp[2]，也就是保证映射关系；另一个就是新表中的dp[0]，如何初始化它来保证结果正确。

我们要让循环从i = 2开始，使用相同的判断方法，dp[1]不是问题，而dp[0]，对于dp[2]来说，就是dp[i - 2]，那么如果原字符串中0和1位置，也就是新表的1和2位置处的字符能够组合编码，那就应该+dp[i - 2]，也就是+1，所以dp[0]应当初始化为1。

字符串从0位置开始走，判断0位置的字符，对应的新表的1位置，i是在新表中走的，也就是此时i = 1，那应当判断s[1 - 1]的位置，也就是s[i - 1]的位置，就可以保证映射关系了。

   int numDecodings(string s) {int n = s.size();//优化vector<int> dp(n + 1);dp[0] = 1;dp[1] = s[1 - 1] != '0' ? 1 : 0;//s[0]for(int i = 2; i <= n; i++){if(s[i - 1] != '0') dp[i] += dp[i - 1];//判断能否单独解码int t = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';//判断能否组合解码if(t >= 10 && t <= 26) dp[i] += dp[i - 2];}return  dp[n];}