一、第 N 个泰波那契数
题目链接： 第 N 个泰波那契数
题目描述：
题目分析：
1、状态表示：
dpi 表示：第 i 个斐波那契数的值
2、状态转移方程：
由题意可知第 i 个数等于其前三个数之和
dpi = dpi-1 + dpi-2 + dpi-3
3、初始化：
由于递推公式中存在 i-1、i-2、i-3，当 i=0、1、2的时候，就会出现-1，-2，-3这种非法的下标值，导致数组访问异常。因此，我们需要在填表前将 0,1,2 位置的值初始化。题目中也直接告诉了我们这些位置的初始值：
dp0=0 、 dp1=1 、 dp2=1
4、优化
其实每次在求取 dpi 的时候，只需要知道其前三个元素的值即可。也就是说我们在每次更新后只需要保存最后的三个数即可。通过三个数的值就能更新出下一个 dp 值。
代码实现：
java
class Solution {
public int tribonacci(int n) {
int[] dp=new int[]{0,1,1};
if(n==0)return 0;
if(n<3)return 1;
for(int i=3;i<=n;i++){
dp[i%3]=dp[0]+dp[1]+dp[2];
}
return dp[n%3];
}
}
二、三步问题
题目链接： 三步问题
题目描述：
题目分析：
1、状态表示：
dpi 表⽰：到达 i 位置时，⼀共有多少种⽅法。
2、状态转移方程：
到达第 i 级台阶的所有方法我们不好确定，但我们可以确定到达第 i 级台阶的上一步只有三种可能：
- 从 i-1置上一级台阶，且到达 i-1 位置的方法数为 dpi-1
- 从 i-2置上二级台阶，且到达 i-2 位置的方法数为 dpi-2
- 从 i-3置上三级台阶，且到达 i-3 位置的方法数为 dpi-3
而到达第 i 级台阶的方法数就应该为其所有上一步的方式之和：
因此dpi=dpi-1 + dpi-2 + dpi-3
注意：由于这里计算的结果可能会很大。因此我们需要对结果进行取模。并且为了防止求和时溢出，在每次求和时都要先取模再求和
3、初始化：
由于递推公式中存在 i-1、i-2、i-3，当 i=0、1、2的时候，就会出现-1，-2，-3这种非法的下标值，导致数组访问异常。因此，我们需要在填表前将 0,1,2 位置的值初始化。由题意很容易就能求出这些位置的初始值：
dp0=1 、 dp1=2 、 dp2=4
代码实现：
java
class Solution {
public int waysToStep(int n) {
if(n==1||n==2)return n;
if(n==3)return 4;
int[] dp=new int[n+1];
dp[1]=1;dp[2]=2;dp[3]=4;
int MOD=(int)1e9+7;
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
题目链接：使用最小花费爬楼梯
题目描述：
题目分析：
1、状态表示：
dpi 表⽰：到达 i 位置时的最⼩花费。
2、状态转移方程：
根据最近的⼀步，分情况讨论：
- 先到达 i - 1 的位置，然后⽀付 costi - 1 ，接下来⾛⼀步⾛到 i 位置：
dpi - 1 + csoti - 1
- 先到达 i - 2 的位置，然后⽀付 costi - 2 ，接下来⾛⼀步⾛到 i 位置：
dpi - 2 + csoti - 2
我们每次只需要取两种情况的最小值即可。
因此：dpi=Math.min(dpi-1+costi-1,dpi-2+costi-2)
3、初始化：
很明显 i=0 或 i=1时是无法使用递推公式的。因此我们需要先把他们给初始化了。
由题意可得 dp0 = dp1 = 0 ，因为可以直接选择从第0级或第1级台阶开始爬楼梯，不需要任何花费。
代码实现：
java
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];
}
}
四、解码方法
题目链接： 解码方法
题目描述：
题目分析：
1、状态表示：
dpi 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：
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 dpi = dpi - 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 dpi = 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 dpi = dpi - 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 dpi = 0 。
综上所述： dpi 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，因此可以得到状态转移⽅程 ：
- 当 si 上的数在 1, 9 区间上时： dpi += dpi - 1
- 当 si - 1 与 si 上的数结合后，在 10, 26 之间的时候： dpi += dpi - 2
- 如果上述两个判断都不成⽴，说明没有解码⽅法， dpi 就是默认值 0 。
3、初始化：
可以在最前⾯加上⼀个辅助结点，帮助我们初始化。这时 dpi 就表示 0 ， i 区间上的编码数。这里当前两个数能成功解码时，dp2就应该要加上 dp0 的值，因此我们需要让 dp0 初始化为 1。
代码实现：
java
class Solution {
public int numDecodings(String s) {
char[] cs=s.toCharArray();
int n=s.length();
if(cs[0]-'0'==0)return 0;
int[] dp=new int[n+1];
dp[1]=1;
dp[0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(cs[i-1]-'0'!=0)
dp[i]=dp[i-1];
if(cs[i-2]-'0'==0)continue;
int x=(cs[i-2]-'0')*10+cs[i-1]-'0';
if(x<=26){
dp[i]+=dp[i-2];
}
}
return dp[n];
}
}
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