1 第 N 个泰波那契数

1.1 题目链接

1.2 题目描述

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。

1.3 解法（动态规划）

算法流程：

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。

1.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int tribonacci(int n) {
        if(n == 0|| n == 1) return n;
        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];
    }
};

滚动数组优化：

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;
    }
};

2 三步问题

2.1 题目链接

面试题 08.01. 三步问题

2.2 题目描述

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:

n范围在[1, 1000000]之间

2.3 解法（动态规划）

算法思路：

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

2.4 C++算法代码：

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

        if(n == 1 || n == 2) return n;
        if(n == 3) return 4;
        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];
    }
};

3 使用最小花费爬楼梯

3.1 题目链接

746. 使用最小花费爬楼梯

3.2 题目描述

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

注意注意：

在这道题中，数组内的每⼀个下标 [0, n - 1] 表⽰的都是楼层，⽽顶楼的位置其实是在 n 的位置！！！

3.3 解法（动态规划）

算法思路：解法一

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。

算法思路：解法二

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。

3.4 C++算法代码：

从左往右：

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];
    }
};

从右往左：

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n + 1);
        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]);
    }
};

4 解码方法

4.1 题目链接

91. 解码方法

4.2 题目描述

一条包含字母 A-Z 的消息通过以下映射进行了编码：

"1" -> 'A' "2" -> 'B' ... "25" -> 'Y' "26" -> 'Z'

然而，在解码已编码的消息时，你意识到有许多不同的方式来解码，因为有些编码被包含在其它编码当中（"2" 和 "5" 与 "25"）。

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)
消息不能分组为 (1, 11, 06) ，因为 "06" 不是一个合法编码（只有 "6" 是合法的）。

注意，可能存在无法解码的字符串。

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。如果没有合法的方式解码整个字符串，返回 0。

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。

4.3 解法（动态规划）：

算法思路：

类似于斐波那契数列~

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 。

初始化：

⽅法⼀（直接初始化）：

由于可能要⽤到 i - 1 以及 i - 2 位置上的 dp 值，因此要先初始化「前两个位置」。初始化 dp[0] ：

i. 当 s[0] == '0' 时，没有编码⽅法，结果 dp[0] = 0 ；
ii. 当 s[0] != '0' 时，能编码成功， dp[0] = 1

初始化 dp[1] ：

i. 当 s[1] 在 [1，9] 之间时，能单独编码，此时 dp[1] += dp[0] （原因同上，dp[1] 默认为 0 ）
ii. 当 s[0] 与 s[1] 结合后的数在 [10, 26] 之间时，说明在前两个字符中，⼜有⼀种

编码⽅式，此时 dp[1] += 1

⽅法⼆（添加辅助位置初始化）：

可以在最前⾯加上⼀个辅助结点，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
i. 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；
ii. 下标的映射关系

填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右」
返回值：

应该返回 dp[n - 1] 的值，表⽰在 [0, n - 1] 区间上的编码⽅法。

4.4 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n);
        dp[0] = s[0] != '0';
        // 处理边界情况
        if(n == 1) return dp[0];

        if(s[0] != '0' && s[1] != '0') dp[1] += 1;
        int t = (s[0] - '0') * 10 + (s[1] - '0');  //前两个位置表示的数
        if(t >= 10 && t <= 26) dp[1] += 1;

        for(int i = 2; i < n; i++)
        {
            if(s[i] != '0') dp[i] += dp[i - 1];  // 处理单独编码的情况
            int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + (s[i] - '0');  //前两个位置表示的数
            if(t >= 10 && t <= 26) dp[i] += dp[i - 2];
        }
        return dp[n - 1];
    }
};

专题一：斐波那契数列模型

1 第 N 个泰波那契数

1.1 题目链接

1.2 题目描述

1.3 解法（动态规划）

1.4 C++算法代码：

2 三步问题

2.1 题目链接

2.2 题目描述

2.3 解法（动态规划）

2.4 C++算法代码：

3 使用最小花费爬楼梯

3.1 题目链接

3.2 题目描述

3.3 解法（动态规划）

3.4 C++算法代码：

4 解码方法

4.1 题目链接

4.2 题目描述

4.3 解法（动态规划）：

4.4 C++算法代码：