目录
[1. 1137. 第 N 个泰波那契数](#1. 1137. 第 N 个泰波那契数)
[2. 746. 使用最小花费爬楼梯](#2. 746. 使用最小花费爬楼梯)
[3. 746. 爬楼梯的变异：三步问题（waysToStep）](#3. 746. 爬楼梯的变异：三步问题（waysToStep）)
[4. 91. 解码方法](#4. 91. 解码方法)
动态规划（DP）是算法中的重要思想，核心是"用已求结果推导当前结果"，常能将暴力解法的高复杂度优化为线性。本文通过四道经典题目，拆解DP的基础思路与避坑要点。
1. 1137. 第 N 个泰波那契数
题目核心
求泰波那契数列的第n项，数列定义为： T(0)=0，T(1)=1，T(2)=1，T(n)=T(n-1)+T(n-2)+T(n-3) （n≥3）。
解题思路
**- 状态定义：无需额外DP数组，用三个变量 a、b、c 分别代表 T(n-3)、T(n-2)、T(n-1) ，通过迭代更新变量值，避免空间浪费。
- 递推逻辑：从n=3开始，每次计算 T(n)=a+b+c ，再将 a→b 、 b→c 、 c→T(n) ，逐步推进到第n项。
- 边界处理：直接判断n=0、1、2的情况，返回固定值，避免进入循环。**
代码实现
cpp
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;
for(int i=3;i<=n;i++)
{
int d = a + b + c;
a = b;
b = c;
c = d;
}
return c;
}
};**易错点
- 无需用数组存储所有项：新手易习惯性定义 dp[n] 数组，但本题只需前三项结果，用变量迭代可将空间复杂度从O(n)降至O(1)。**
2. 746. 使用最小花费爬楼梯
题目核心
楼梯有n阶，每次可爬1或2阶，每阶对应"爬上去的成本" cost[i] ，求到达楼顶（第n阶，无成本）的最小成本。
解题思路
**- 状态定义： dp[i] 表示到达第i阶的最小成本。
- 递推逻辑：到达第i阶只有两种路径：
- 从第i-1阶爬1阶，成本为 dp[i-1] + cost[i-1] （ cost[i-1] 是第i-1阶的成本）；
- 从第i-2阶爬2阶，成本为 dp[i-2] + cost[i-2] 。
取两者最小值作为 dp[i] ，即 dp[i] = min(dp[i-1[icost[i-1], dp[i-2[icost[i-2]) 。
- 边界处理： dp[0] = 0 （起点在第0阶，无需成本）、 dp[1] = 0 （可直接从第0阶或第1阶起步，均无额外成本）。**
代码实现
cpp
class Solution {
public:
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];
}
};易错点
**- 混淆"阶数"与"cost数组下标"：楼顶是第n阶，对应 dp[n] ，而 cost 数组仅到 cost[n-1] （第n-1阶的成本），需避免下标越界。
- 初始状态错误：部分人会将 dp[1] 设为 cost[0] ，但题目允许从第1阶直接起步，无需先爬第0阶，因此 dp[1] 应为0。**
3. 746. 爬楼梯的变异：三步问题（waysToStep）
题目核心
求爬到n阶台阶的方法数，每次可爬1、2或3阶，结果需对 1e9+7 取模（防止溢出）。
解题思路
**- 状态定义： dp[i] 表示爬到第i阶的总方法数。
- 递推逻辑：到达第i阶的路径来自前3阶（爬1阶到i、爬2阶到i、爬3阶到i），因此 dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3] 。
- 边界处理： dp[1]=1 、 dp[2]=2 、 dp[3]=4 （直接枚举所有可能路径）。
- 溢出处理：n较大时（如n=1e6），结果会超出 int 范围，需用 long long 存储中间值，并每次计算后取模。**
代码实现
cpp
class Solution {
public:
int waysToStep(int n) {
if (n == 1) return 1;
if (n == 2) return 2;
if (n == 3) return 4;
long long a = 1, b = 2, c = 4;
long long d;
for (int i = 4; i <= n; ++i) {
d = (a + b + c) % 1000000007;
a = b;
b = c;
c = d;
}
return c;
}
};**易错点
- 未处理数值溢出： int 最大约2e9，当n≥30时，方法数会超过 int 范围，必须用 long long 存储中间变量，且每次计算后取模（而非最后取模，避免中间值溢出）。
- 边界值记忆错误：易将 dp[3] 误记为3（忽略"1+1+1""1+2""2+1""3"四种路径），需准确枚举初始值。**
4. 91. 解码方法
题目核心
将字符串 s （仅含数字）解码为字母（A=1，B=2，...，Z=26），求总解码方法数。
解题思路
**- 状态定义： dp[i] 表示字符串前i个字符（ s[0..i-1] ）的解码方法数。
- 递推逻辑：分两种情况判断当前字符的解码方式：
- 单个字符解码：若 s[i-1] != '0' （0无法单独解码），则 dp[i] += dp[i-1] （前i-1个字符的方法数可直接延续）；
- 两个字符解码：若前两个字符组成的数字 t 满足 10≤t≤26 （如"12"可解为L，"27"不可解），则 dp[i] += dp[i-2] （前i-2个字符的方法数延续）。
- 边界处理：
- dp[0] = 1 （空字符串有1种解码方式，作为递推基础）；
- dp[1] = (s[0] != '0') ? 1 : 0 （单个字符若为0则无法解码）。**
代码实现
cpp
class Solution {
public:
int numDecodings(string s) {
int n=s.size();
vector<int>dp(n+1);
dp[0]=1; // 空字符串的解码方法数
dp[1]=s[0]!='0'; // 单个字符的解码情况
if(n==1)return dp[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
// 单个字符解码
if(s[i-1]!='0')dp[i[i=dp[i-1];
// 两个字符解码
int t=(s[i-2]-'0')*10+(s[i-1]-'0');
if(t>=10&&t<=26)dp[i[i=dp[i-2];
}
return dp[n];
}
};易错点
**- 忽略"0"的特殊处理：
- 单个"0"无法解码，若 s[i-1] == '0' ，则不能用单个字符解码；
- 两个字符中，若前一个是"0"（如"06"），组成的数字是6，不满足 10≤t≤26 ，无法解码。
- 边界 dp[0] 的意义：新手易忽略 dp[0]=1 ，但当i=2且两个字符可解码时（如"12"）， dp[2] = dp[1] + dp[0] ， dp[0] 的1是"空字符串+两个字符"的解码方式基础。
- 字符串下标与 dp 下标错位： dp[i] 对应前i个字符（ s[0] 到 s[i-1] ），计算两个字符时需取 s[i-2] 和 s[i-1] ，避免下标越界。**
总结：动态规划的通用解题步骤
1. 定义状态：明确 dp[i] 代表的具体含义（如"到第i阶的方法数""前i个字符的解码数"）；
2. 推导递推公式：找到"当前状态与前几个状态的关系"（如泰波那契是前3项和，解码是单/双字符两种情况）；
3. 处理边界条件：确定初始值（如 dp[0] 、 dp[1] ），避免递推起始错误；
4. 优化空间（可选）：若递推仅依赖前k个状态（如泰波那契依赖前3个），可用变量代替数组，将空间复杂度从O(n)降至O(1)；
5. 规避特殊情况：如数值溢出（取模、用 long long ）、无效输入（如"0""27"）。
掌握这四道题的思路，可轻松应对大部分基础DP问题，后续复杂DP（如二维DP、状态压缩）也能以此为基础扩展。