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1137.第N个泰波那契数
解法（动态规划） 算法流程
1. 状态表⽰：
2. 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]
3. 初始化：
4. 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」。
5. 返回值：
应该返回dp[n] 的值。
C++算法代码
使⽤⼀维数组：
class Solution {
public:
int tribonacci(int n) {
//如何填，抄状态转移方程
if(n==0||n==1)
return n;
vector<int> dp(n+1);
dp[0]=0,dp[1]=1,dp[2]=1;//初始化前三个
//left->right
for(int i=3;i<=n;i++)
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3];
//返回
return dp[n];
//核心：从左往右一个个+
}
};优化： 滚动数组
//之后的背包中，会更加常用：
//滚动数组优化
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;
}测试：
08.01.三步问题
解法（动态规划） 算法思路
1. 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。
2. 状态转移⽅程
3. 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 。
4. 填表顺序
毫⽆疑问是「从左往右」。
5. 返回值
应该返回dp[n] 的值。
代码：
#define MOD 1000000007
class Solution {
//有一点起始累加，到最后一个的感觉
public:
int waysToStep(int n) {
//1.状态表示 i和dp[i]表示什么
//2.方程 dp[i]和最近一步的关系
//3.初始化 不可越界
//4.填表顺序 是从左到右还是从右到左
//5.返回 dp[i/i-1]
int i=0;
vector<int> dp(n+1);//n+1 因为数组有0
dp[1]=1;dp[2]=2;dp[3]=4;
if(n==1||n==2) return n;
if(n==3) return 4;
for(i=4;i<=n;i++)
dp[i]=((dp[i-1]+dp[i-2])%MOD+dp[i-3])%MOD;
return dp[n];
}
};测试
746.使⽤最⼩花费爬楼梯
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！！！
之后我们就着重研究：方程和初始化啦~
2. 状态转移⽅程：
3. 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。
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
int n=cost.size();
//初始化一个dp表
vector<int> dp(n+1,0);
//初始化
dp[0]=dp[1]=0;
//填表
for(int i=2;i<n+1;i++)
//根据状态转移方程得
dp[i]=min(cost[i-1]+dp[i-1],cost[i-2]+dp[i-2]);
//一步两步当中，勇敢取小
return dp[n];
}
};测试：
91.解码⽅法
算法思路：
类似于斐波那契数列~
1. 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。//一般都是所求及dp
2. 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：
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：
◦ 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：
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 ）：
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：
⽅法⼀（直接初始化）：
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：
代码：
class Solution {
// dp 是一种从起始到末的次数累加
public:
int numDecodings(string s) {
// size
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';
//如果和前一个数 联合编码
if (t >= 10 26)
dp[1] += 1;
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];
int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';
if (t >= 10 26)
dp[i] += dp[i - 2];
}
return dp[n - 1];
}
};优化
使用添加辅助结点的方式 初始化：
class Solution {
public:
int numDecodings(string s) {
// 优化
int n = s.size();
vector<int> dp(n + 1);
dp[0] = 1; // 保证后续填表是正确的
dp[1] = s[0] != '0';
// 填表
for (int i = 2; i <= n; i++) {
// 处理单独编码
if (s[i - 1] != '0')
dp[i] += dp[i - 1];
// 如果和前⾯的⼀个数联合起来编码
int t = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';
if (t >= 10 26)
dp[i] += dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
};测试
本文就到这里结束啦，大家也可以多多去力扣刷一些 动态规划的题 巩固一下~