Offer必备算法11_斐波那契dp_四道力扣题详解（由易到难）

目录

动态规划dp算法原理

①力扣1137. 第 N 个泰波那契数

解析代码1

解析代码2

②力扣面试题 08.01. 三步问题

解析代码

③力扣746. 使用最小花费爬楼梯

解析代码1

解析代码2

④力扣91. 解码方法

解析代码1

解析代码2

本篇完。

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动态规划dp算法原理

        动态规划（Dynamic Programming）算法的核心思想是：将大问题划分为小问题进行解决，从而一步步获取最优解的处理算法

        动态规划算法与分治算法类似，其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解。

        与分治法不同的是，适合于用动态规划求解的问题，经分解得到的子问题往往不是互相独立的（即下一个子阶段的求解是建立在上一个子阶段的解的基础上）。

（除此斐波那契dp外还有其它类型的dp在后面会更新。）

动态规划算法解决问题的分类：

计数	有多少种方式走到右下角 / 有多少种方法选出k个数使得和是sum
求最大值/最小值	从左上角走到右下角路径的最大数字和最长上升子序列长度
求存在性	取石子游戏，先手是否必胜 / 能不能取出k  个数字使得和是 sum

动态规划dp算法一般步骤：

1. 确定状态表示（dp[ i ] 表示什么，一般以 i 位置为起点或结尾分析，化成子问题）
2. 状态转移方程（斐波那契数列的状态转移方程为：dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]）
3. 初始化（斐波那契数列初始化可以为dp[0] = 0, dp[1] = 1;）
4. 填表顺序（斐波那契数列从左往右填）
5. 返回值（如果斐波那契数列要求是第 n 个斐波那契数，返回dp[ n ] 即可）

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①力扣1137. 第 N 个泰波那契数

1137. 第 N 个泰波那契数

难度 简单

泰波那契序列 Tn 定义如下： 

T0 = 0, T1 = 1, T2 = 1, 且在 n >= 0 的条件下 Tn+3 = Tn + Tn+1 + Tn+2

给你整数 n，请返回第 n 个泰波那契数 Tn 的值。

示例 1：

输入：n = 4
输出：4
解释：
T_3 = 0 + 1 + 1 = 2
T_4 = 1 + 1 + 2 = 4

示例 2：

输入：n = 25
输出：1389537

提示：

• 0 <= n <= 37
• 答案保证是一个 32 位整数，即 answer <= 2^31 - 1。

class Solution {
public:
    int tribonacci(int n) {

    }
};

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解析代码1

简单的DP，根据题目已经得到状态转移方程了：

class Solution {
public:
    int tribonacci(int n) {
            if(n <= 1) // 处理边界
                return n;

            vector<int> dp(n+1, 0);
            dp[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];
    }
};

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解析代码2

        滚动数组对解法1进行空间上的优化，后面类似的空间优化就不写了，因为笔试没用，面试能讲出来就行。

class Solution {
public:
    int tribonacci(int n) {
            if(n <= 1) // 处理边界
                return n;

            int a = 0, b = 1, c = 1, d = 1; // 滚动数组思想优化空间
            for(int i = 3; i <= n; ++i)
            {
                d = a + b + c;
                a = b;
                b = c;
                c = d;
            }
            return d;
    }
};

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②力扣面试题 08.01. 三步问题

面试题 08.01. 三步问题

难度 简单

三步问题。有个小孩正在上楼梯，楼梯有n阶台阶，小孩一次可以上1阶、2阶或3阶。实现一种方法，计算小孩有多少种上楼梯的方式。结果可能很大，你需要对结果模1000000007。

示例1:

 输入：n = 3 
 输出：4
 说明: 有四种走法

示例2:

 输入：n = 5
 输出：13

提示:

1. n范围在[1, 1000000]之间

class Solution {
public:
    int waysToStep(int n) {

    }
};

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解析代码

和上一题力扣1137. 第 N 个泰波那契数状态转移方程一样，就是要注意数据溢出。

class Solution {
public:
    int waysToStep(int n) {
            const int MOD = 1e9 + 7;

            if(n <= 2) // 处理边界
                return n;

            vector<int> dp(n+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];
    }
};

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③力扣746. 使用最小花费爬楼梯

746. 使用最小花费爬楼梯

难度 简单

给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。

你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。

请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。

示例 1：

输入：cost = [10,15,20]
输出：15
解释：你将从下标为 1 的台阶开始。
- 支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 15 。

示例 2：

输入：cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出：6
解释：你将从下标为 0 的台阶开始。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 4 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 6 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达下标为 7 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 9 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 6 。

提示：

• 2 <= cost.length <= 1000
• 0 <= cost[i] <= 999

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {

    }
};

解析代码1

如果dp[ i ]表示到达i位置的最小花费，则到达dp[ i ] 就有以下两种情况：

• 先到达dp[ i-1 ] 然后 支付cost[ i-1] 到达 dp[ i ]。
• 先到达dp[ i-2 ] 然后 支付cost[ i-2] 到达 dp[ i ]。

题意及取两种情况小的那个，得到状态转移方程：dp[i] =min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]);

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n + 1, 0); // dp[i]表示到达i位置的最小花费

        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]; // 楼顶是原数组最后位置的下一个
    }
};

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解析代码2

如果dp[ i ]表示从 i 位置出发，到达楼顶，此时的最小花费，则dp[ i ] 就有以下两种情况：

• 支付 cost[ i ]，往后走一步，从 i + 1的位置出发到终点
• 支付 cost[ i ]，往后走两步，从 i + 2的位置出发到终点

则需要知道 i + 1 和 i + 2 位置的最小花费，及dp [i + 1] 和 dp[i + 2]。所以要从右往左填

则状态转移方程为：dp[i] = min(dp[i+1] + cost[i], dp[i+2] + cost[i]);

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n, 0); // dp[i]表示到达i位置的最小花费
        dp[n-1] = cost[n-1];
        dp[n-2] = cost[n-2];

        for(int i = n-3; i >= 0; --i)
        {
            dp[i] = min(dp[i+1] + cost[i], dp[i+2] + cost[i]);
        }
        return min(dp[0], dp[1]);
    }
};

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④力扣91. 解码方法

91. 解码方法

难度 中等

一条包含字母 A-Z 的消息通过以下映射进行了 编码 ：

'A' -> "1"
'B' -> "2"
...
'Z' -> "26"

要 解码 已编码的消息，所有数字必须基于上述映射的方法，反向映射回字母（可能有多种方法）。例如，"11106" 可以映射为：

• "AAJF" ，将消息分组为 (1 1 10 6)
• "KJF" ，将消息分组为 (11 10 6)

注意，消息不能分组为  (1 11 06) ，因为 "06" 不能映射为 "F" ，这是由于 "6" 和 "06" 在映射中并不等价。

给你一个只含数字的 非空 字符串 s ，请计算并返回 解码 方法的 总数 。

题目数据保证答案肯定是一个 32 位 的整数。

示例 1：

输入：s = "12"
输出：2
解释：它可以解码为 "AB"（1 2）或者 "L"（12）。

示例 2：

输入：s = "226"
输出：3
解释：它可以解码为 "BZ" (2 26), "VF" (22 6), 或者 "BBF" (2 2 6) 。

示例 3：

输入：s = "06"
输出：0
解释："06" 无法映射到 "F" ，因为存在前导零（"6" 和 "06" 并不等价）。

提示：

• 1 <= s.length <= 100
• s 只包含数字，并且可能包含前导零。

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {

    }
};

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解析代码1

dp[i]表示字符串中区间的总编码方法。

关于 i 位置的编码状况，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

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：

• 解码成功：dp[i] = dp[i - 1];（[0，i] 上所有解码结果后面填上一个字母即可） 
• 解码失败：dp[i] = 0;（前面努力都白费）

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：

• 解码成功：dp[i] = dp[i - 2];    原因同上。
• 解码失败：dp[i] = 0;（前面努力都白费）

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n, 0); // dp[i]表示字符串中[0，i]区间，总编码方法
        dp[0] = (s[0] != '0'); // 题目只有0-9，不等于0就能单独编码
        if(n == 1)
            return dp[0];

        if(s[0] != '0' && s[1] != '0') // 两个都能单独编码
            dp[1] += 1;
        int y = (s[0] -'0') * 10 + (s[1] - '0');
        if(y >= 10 && y <= 26) // 和在一起能编码，不含前导0
            dp[1] += 1;

        for(int i = 2; i < n; ++i)
        {
            if(s[i] != '0') // 能单独编码
                dp[i] += dp[i-1];

            y = (s[i-1] -'0') * 10 + (s[i] - '0');
            if(y >= 10 && y <= 26) // 和在一起能编码，不含前导0
                dp[i] += dp[i-2];
        }
        return dp[n-1];
    }
};

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解析代码2

解析代码1是直接初始化，有点麻烦，在其基础上可以添加辅助位置初始化，注意两个点：

• 辅助结点里面的值要保证后续填表是正确的
• 下标的映射关系（此题下标有的要减1）

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n+1, 0); // 辅助结点简化
        dp[0] = 1;
        dp[1] = (s[0] != '0');

        for(int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            if(s[i-1] != '0') // 能单独编码
                dp[i] += dp[i-1];

            int y = (s[i-2] -'0') * 10 + (s[i-1] - '0');
            if(y >= 10 && y <= 26) // 和在一起能编码，不含前导0
                dp[i] += dp[i-2];
        }
        return dp[n];
    }
};

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本篇完。

下一篇是链表的OJ，下下篇是动态规划的另一种类型：路径dp。