【算法篇】逐步理解动态规划1（斐波那契数列模型）

目录

斐波那契数列模型  

1. 第N个泰波那契数

 2.使用最小花费爬楼梯

3.解码方法 

---

         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：

1. 依据题目进行状态表示(dp[i]的含义)
2. 写出状态转移方程(类似于dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2])
3. 为防止填表时数组越界，对dp表进行初始化（dp[0]=dp[1]=1）
4. 搞清楚填表顺序（从前往后或者从后往前）
5. 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];}
}