动态规划——OJ题（一）

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文章目录

一、第N个泰波那契数
二、三步问题
三、使用最小花费爬楼梯
四、解码方法

一、第N个泰波那契数

1、题目讲解

2、思路讲解

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。
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 $i - 3$
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 。
填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」。
返回值：
应该返回 dp $n$ 的值。

3、代码实现

普通版

cpp 复制代码

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

cpp 复制代码

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;
    }
};

二、三步问题

1、题目讲解

2、思路讲解

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。
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。
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 。
填表顺序
毫⽆疑问是「从左往右」。
返回值
应该返回 dp $n$ 的值。

3、代码实现

cpp 复制代码

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];
    }
};

三、使用最小花费爬楼梯

1、题目讲解

2、思路讲解

方法一：

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）
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 $i - 2$ 。
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。
填表顺序：
根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从左往右」。
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：

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。
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 $i$ 。
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 $n - 2$
填表顺序：
根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从右往左」。
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：

cpp 复制代码

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：

cpp 复制代码

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]);
          
    }
};

四、解码方法

1、题目讲解

2、思路讲解

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。
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：

cpp 复制代码

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：

cpp 复制代码

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];
    }
};