动态规划之斐波拉契数列模型

动态规划的介绍：
动态规划是一种在数学、管理科学、计算机科学、经济学和生物信息学中使用的，通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题。

动态规划最核心的思想，就在于拆分子问题，记住过往，减少重复计算。

动态规划做题步骤通常如下：

1. 划分阶段：按照问题的时间或空间特征，把问题分为若干个阶段（通常以某一个位置为结尾或者某一个位置为起点）。
2. 确定状态和状态变量：将问题发展到各个阶段时所处于的各种客观情况用不同的状态表示出来。
3. 确定决策并写出状态转移方程：因为决策和状态转移有着天然的联系，所以确定了决策，状态转移方程也就可以上来了。但事实上，写出状态转移方程是最困难的部分。
4. 寻找边界条件：给出问题的边界条件，也就是最小的子问题。

1. 第 N 个泰波那契数

1.题⽬链接：第 N 个泰波那契数
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。

3.算法流程：

1. 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。
2. 状态转移⽅程：dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]
3. 初始化：
   从递推公式可以看出， 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。根据题目可以知道如下初始化 dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1 。
4. 填表顺序：从左往右。
5. 返回值：应该返回 dp[n] 的值。

4.代码如下：

class Solution 
{
public:
    int tribonacci(int n) 
    {
        if (n == 0 || n == 1) 
            return n;
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[0] = 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];
    }
};

2. 三步问题（easy）

1.题目链接：三步问题
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

3.算法流程：

1. 状态表示
   dp[i]表示：到达 i 位置时，⼀共有多少种⽅法。
2. 状态转移方程
   以某一个位置为结尾进行讨论，比如这道以i位置结尾，可以走1步、2步或3步，那么i位置的方式等于i-1加i-2加i-3三种方式之和。如下：
   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，需对结果取模。
   % MOD 是不可取的，因为可能两个数相加就会越界， 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），都需要取⼀次模。
3. 初始化
   从递推公式可以看出， 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 。
4. 填表顺序
   从左往右
5. 返回值
   应该返回 dp[n] 的值。

4.代码如下：

class Solution
{
public:
    const int MOD = 1e9 + 7;
    int waysToStep(int n)
    {
        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; //每相加MOD
        return dp[n];
    }
};

3. 使⽤最⼩花费爬楼梯（easy）

1.题目链接：使⽤最⼩花费爬楼梯
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：

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 。

3.算法流程：

1. 状态表示
   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）
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 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] 。
3. 初始化
   从递推公式可以看出，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
4. 填表顺序
   从左往右
5. 返回值
   需要返回 dp[n] 位置的值。
   4.代码如下：

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[0] = dp[1] = 0;
        for (int i = 2; i < n + 1; ++i)
        {
            dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
        }
        return dp[n];
    }
};

4. 解码⽅法（medium）

1.题目链接：解码⽅法
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 ：

‘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 。

3.算法流程：

1. 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。
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：
   1.让 i 位置上的数单独解码成⼀个字母；
   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。此时 dp[i] = 0 。
   2.让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合，解码成⼀个字母。
   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。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。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 。
3. 初始化
   初始化 dp[0] ：
   当 s[0] == ‘0’ 时，没有编码⽅法，结果 dp[0] = 0 ；
   当 s[0] != ‘0’ 时，能编码成功， dp[0] = 1
   初始化 dp[1] ：
   当 s[1] 在 [1，9] 之间时，能单独编码，此时 dp[1] += dp[0] （dp[1] 默认为 0 ）
   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
4. 填表顺序
   从左往右
5. 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.代码如下：

class Solution
{
public:
    int numDecodings(string s)
    {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n); // 创建⼀个 dp表
        // 初始化前两个位置
        dp[0] = s[0] != '0';
        if (n == 1) return dp[0]; // 处理边界情况
        if (s[1] <= '9' && s[1] >= '1') dp[1] += dp[0];
        int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';
        if (t >= 10 && t <= 26) dp[1] += 1;
        // 填表
        for (int i = 2; i < n; i++)
        {
            // 如果单独编码
            if (s[i] <= '9' && s[i] >= '1') dp[i] += dp[i - 1];
            // 如果和前⾯的⼀个数联合起来编码
            int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';
            if (t >= 10 && t <= 26) dp[i] += dp[i - 2];
        }
        // 返回结果
        return dp[n - 1];
    }
};

以上为有关动态规划之斐波拉契数列模型的题目。