P10250 [GESP样题 六级] 下楼梯

记录80

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[65];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	dp[1]=1,dp[2]=2,dp[3]=4;
	for(int i=4;i<=n;i++) dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3];
	cout<<dp[n];
	return 0;
} 

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题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P10250

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突破口

顽皮的小明发现，下楼梯时每步可以走 1 个台阶、2 个台阶或 3 个台阶。现在一共有 N 个台阶，你能帮小明算算有多少种方案吗？

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思路

🔍 一、题目思路分析

1. 问题本质：爬楼梯变种（三步可达）

• 小明在第 0 级台阶，要走到第 N 级
• 每次可以走 1 步、2 步 或 3 步
• 问：有多少种不同的走法？

这是经典的 动态规划（DP） 问题，是"斐波那契数列"的扩展。

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2. 状态定义

设 dp[i] 表示走到第 i 级台阶的方案数。

3. 状态转移方程

要到达第 i 级，最后一步可能是：

• 从 i−1 走 1 步
• 从 i−2 走 2 步
• 从 i−3 走 3 步

所以：

dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]+dp[i−3]dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]+dp[i−3]

4. 初始条件（边界）

• dp[0] = 1（站在地面，1 种方案：不动）
  但本题从 N≥1 开始，且样例给出：
  • N=1 → 1 种（1）
  • N=2 → 2 种（1+1, 2）
  • N=3 → 4 种（1+1+1, 1+2, 2+1, 3）

所以直接初始化：

• dp[1] = 1
• dp[2] = 2
• dp[3] = 4

✅ 验证 N=4：

• dp[4] = dp[3] + dp[2] + dp[1] = 4 + 2 + 1 = 7 ✅（符合样例）

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代码分析

✅ 代码逐行解释

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[65];

• 引入标准库
• 定义 dp 数组，大小 65（因为 N ≤ 60，留余量）
• 使用 long long：防止结果溢出（N=60 时答案很大）

int main(){
    int n;
    cin >> n;

• 读入台阶总数 n

    dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4;

• 初始化前三个值（根据实际走法枚举得出）

    for(int i = 4; i <= n; i++)
        dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3];

• 从第 4 级开始，按递推公式计算
• 时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(n)

    cout << dp[n];
    return 0;
}

• 输出走到第 n 级的方案总数

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🧪 样例验证

样例 1：n = 4

• dp[4] = 4 + 2 + 1 = 7 ✅

样例 2：n = 10

• 依次计算：
  • dp[4]=7
  • dp[5]=13
  • dp[6]=24
  • dp[7]=44
  • dp[8]=81
  • dp[9]=149
  • dp[10]=274 ✅

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✅ 总结

要点	说明
模型	三阶线性递推（类斐波那契）
状态转移	dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]
初始值	dp[1]=1, dp[2]=2, dp[3]=4
数据类型	用 long long 防止溢出（N=60 时约 10¹² 量级）
复杂度	O(n) 时间，O(n) 空间

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补充

在动态规划（DP）中，边界条件（或称初始状态、base case）是整个递推的起点。如果边界处理错误，即使状态转移方程正确，结果也会全错。

下面从 通用原则 + 常见场景 + 实战技巧 三方面讲解如何正确处理 DP 的边界条件。

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一、核心原则："最小不可再分的子问题"

边界条件对应的是问题规模最小、无需递推就能直接得出答案的情况。

✅ 问自己：

"当 n = 0、1、2 ... 时，答案是多少？能否手动枚举？"

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二、常见 DP 类型与边界处理方法

1. 线性递推型（如爬楼梯、斐波那契）

• 问题 ：f(n) = f(n-1) + f(n-2) + ...
• 边界：根据题意手动计算前几项

题目	边界设置	说明
爬楼梯（1/2步）	dp[0]=1, dp[1]=1 或 dp[1]=1, dp[2]=2	取决于是否定义 dp[0]
本题（1/2/3步）	dp[1]=1, dp[2]=2, dp[3]=4	直接枚举小规模情况
斐波那契	dp[1]=1, dp[2]=1	题目定义

🔑 技巧：优先按题目输入范围的最小值来设边界（如 N≥1，则从 dp[1] 开始）

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2. 网格路径型（如走格子）

• 状态 ：dp[i][j] 表示走到 (i,j) 的方案数
• 边界：第一行、第一列（只能沿一个方向走）

// 无障碍
for (int i=1; i<=n; i++) dp[i][1] = 1;
for (int j=1; j<=m; j++) dp[1][j] = 1;

• 有障碍 ：若某格是障碍，则 dp[i][j] = 0，且后续路径无法通过它

⚠️ 注意：起点是否合法？

如果 (1,1) 是障碍 → 整个答案为 0

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3. 背包问题

• 01 背包 ：cpp

  dp[0][*] = 0;   // 0 个物品，价值为 0
  dp[*][0] = 0;   // 容量为 0，装不下

• 完全背包：类似，但注意初始化是否允许"恰好装满"

🔑 关键：dp[0][v] 的含义要明确（选 0 个物品时的最大价值）

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4. 区间 DP（如石子合并）

• 边界 ：长度为 1 的区间cpp

  for (int i=1; i<=n; i++) dp[i][i] = 0; // 合并一个堆，代价为 0

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三、处理边界的实用技巧

✅ 技巧 1：从"空状态"开始思考

• 例如：爬楼梯中，dp[0] = 1 表示"站在地面，有 1 种方式（什么都不做）"
• 这能让递推更统一（dp[2] = dp[1] + dp[0]）

但注意：题目是否允许 n=0？ 若输入保证 n≥1，可不设 dp[0]

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✅ 技巧 2：手动枚举小数据验证边界

• 对 n=1,2,3 手动算出答案
• 看你的 dp[1], dp[2], dp[3] 是否匹配

例：本题中 N=1 → 1 种；N=2 → 2 种；N=3 → 4 种 → 直接赋值

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✅ 技巧 3：数组下标对齐问题

• 有些题用 dp[0] 表示第 1 个元素，有些用 dp[1]
• 建议 ：让 dp[i] 直接对应"第 i 个"（如台阶 i、第 i 个物品），避免混淆

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✅ 技巧 4：警惕"非法状态"

• 如本题中的"偶行列禁区"，某些 dp[i][j] 应强制为 0

• 在初始化或转移时显式处理：

  if (isForbidden(i, j)) dp[i][j] = 0;
  else dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];

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✅ 技巧 5：使用足够大的数组，避免越界

• 比如 N≤60，开 dp[65] 而不是 dp[61]，防止 i-3 越界
• 或者在循环中控制起始点（如从 i=4 开始）

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四、总结：处理边界四步法

1. 理解状态定义 ：dp[i] 到底表示什么？
2. 找出最小问题：n=0,1,2... 时答案是多少？
3. 手动验证：用样例或小数据检查边界值
4. 统一处理非法状态：障碍、禁区、不可达等设为 0 或 -∞

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🎯 一句话记住：

边界条件 = 递推无法覆盖的最小情况 + 非法状态的显式处理

掌握这一点，DP 的正确率会大幅提升！