【算法优选】 动态规划之斐波那契数列模型

🎋前言

动态规划相关题目都可以参考以下五个步骤进行解答：

1. 状态表⽰

2. 状态转移⽅程

3. 初始化

4. 填表顺序

5. 返回值

后面题的解答思路也将按照这五个步骤进行讲解。

🍀第 N 个泰波那契数

🚩题目描述

泰波那契序列 Tn 定义如下：

T0 = 0, T1 = 1, T2 = 1, 且在 n >= 0 的条件下 Tn+3 = Tn + Tn+1 + Tn+2

给你整数 n，请返回第 n 个泰波那契数 Tn 的值。

• 示例 1：
  输入：n = 4
  输出：4
  解释：
  T_3 = 0 + 1 + 1 = 2
  T_4 = 1 + 1 + 2 = 4

• 示例 2：
  输入：n = 25
  输出：1389537

class Solution {public int tribonacci(int n) {}
}

🚩算法流程

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。

🚩代码实现

class Solution {public int tribonacci(int n) {int[] dp = new int[n + 3];dp[0] = 0;dp[1] = 1;dp[2] = 1;for(int i = 0; i <  n; i++) {dp[i + 3] = dp[i] + dp[i + 1] + dp[i + 2];}return dp[n];}
}

🎄使用最小花费爬楼梯

🚩题目描述

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。

• 示例 1：
  输入：cost = [10,15,20]
  输出：15
  解释：你将从下标为 1 的台阶开始。
  -支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。
  总花费为 15 。
• 示例 2：
  输入：cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
  输出：6
  解释：你将从下标为 0 的台阶开始。
  -支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。
  -支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 4 的台阶。
  -支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 6 的台阶。
  -支付 1 ，向上爬一个台阶，到达下标为 7 的台阶。
  -支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 9 的台阶。
  -支付 1 ，向上爬一个台阶，到达楼梯顶部。
  总花费为 6 。

class Solution {public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {}
}

🚩算法思路

🎈解法⼀：

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，然后一系列操作
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。

🎈解法⼆：

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，进行一系列操作。
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。也就是dp[0]与dp[1]中的较小值

🚩代码实现：

解法一：

class Solution {public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {int n = cost.length;int[] dp = new int[n + 1];for(int i = 2; i <= n; i++) {dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);}return dp[n];}
}

解法二：

class Solution {public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = cost.length;int[] dp = new int[n];dp[n - 1] = cost[n - 1]; dp[n - 2] = cost[n - 2];for(int i = n - 3; i >= 0; i--) {dp[i] = Math.min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i];}return Math.min(dp[0], dp[1]);}
}

🌲解码方法

🚩题目描述

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。

• 示例 1：
  输入：s = “12”
  输出：2
  解释：它可以解码为 “AB”（1 2）或者 “L”（12）。

• 示例 2：
  输入：s = “226”
  输出：3
  解释：它可以解码为 “BZ” (2 26), “VF” (22 6), 或者 “BBF” (2 2 6) 。

• 示例 3：
  输入：s = “06”
  输出：0
  解释：“06” 无法映射到 “F” ，因为存在前导零（“6” 和 “06” 并不等价）。

class Solution {public int numDecodings(String s) {}
}

🚩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：

• 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟；
• 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：
• • • 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] ；
• • • 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：
• • • 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] ；
• • • 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 ）：

• 当 s[i] 上的数在 [1, 9] 区间上时： dp[i] += dp[i - 1] ；
• 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. 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] ：
• • 当 s[0] == ‘0’ 时，没有编码⽅法，结果 dp[0] = 0 ；
• • 当 s[0] != ‘0’ 时，能编码成功， dp[0] = 1

初始化 dp[1] ：

• • 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 ）
• • 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：

• • 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；
• • 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。

🚩代码实现

class Solution {public int numDecodings(String ss) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = ss.length();char[] s = ss.toCharArray();int[] dp = new int[n];if(s[0] != '0') {dp[0] = 1; // 初始化第⼀个位置}if(n == 1) {return dp[0]; // 处理边界情况}// 初始化第⼆个位置if(s[1] != '0' && s[0] != '0') {dp[1] += 1;}int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';if(t >= 10 && t <= 26) {dp[1] += 1;}for(int i = 2; i < n; i++) {// 先处理第⼀种情况if(s[i] != '0') {dp[i] += dp[i - 1];}// 处理第⼆种情况int tt = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';if(tt >= 10 && tt <= 26) {dp[i] += dp[i - 2];}}return dp[n - 1];}
}

代码优化如下：

class Solution {public int numDecodings(String ss) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = ss.length();char[] s = ss.toCharArray();int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 1; // 保证后续填表是正确的if(s[1 - 1] != '0') dp[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++) {// 先处理第⼀种情况if(s[i - 1] != '0') {dp[i] += dp[i - 1];}// 处理第⼆种情况int tt = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';if(tt >= 10 && tt <= 26) {dp[i] += dp[i - 2]; }}return dp[n];}
}

⭕总结

关于《【算法优选】 动态规划之斐波那契数列模型》就讲解到这儿，感谢大家的支持，欢迎各位留言交流以及批评指正，如果文章对您有帮助或者觉得作者写的还不错可以点一下关注，点赞，收藏支持一下！