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题目一：第 N 个泰波那契数
题目二：三步问题
题目三：最小花费爬楼梯
题目四：解码方法
题目一：第 N 个泰波那契数
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。
大家都知道斐波那契数，而这道题是泰波那契数，注意是从0开始的
泰波那契数就是指，第n项是前面三项之和
所以前三项是0 1 1的话，前几个泰波那契数就是：0 1 1 2 4 7这样子的
下面采用动态规划的方法处理这道题，动态规划分为五步，前两步是最重要的：
使用动态规划时，一般会先创建一个数组，起名为dp，数组称之为dp表，把这个dp表填满，里面的某一个值可能就是最终的结果
①状态表示
②状态转移方程
③初始化
④填表顺序
⑤返回值
下面说说这五步具体的逻辑：
①状态表示
状态表示初步理解一下，就是dp表中某一个位置的值所表示的含义
状态表示是怎么确定的呢？
1、题目要求
2、经验 + 题目要求
3、分析问题的过程中，发现重复的子问题
这道题比较简单，所以就是第一种题目要求来确定状态表示，也就是：
dp[i] 表示：第 i 个泰波那契数的值
②状态转移方程
状态转移方程，也就是让 dp[i] 等于什么，而这道题已经告诉我们状态转移方程是：
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]
③初始化
我们做动态规划就是为了把dp表给填满，初始化也就是保证填表的时候不越界
填表就是根据第二步得到的状态转移方程来填表，之所以要保证不越界，就拿本题中的泰波那契数的转移方程来说：
如果 i 取值为0，那代入这个状态转移方程时，就会出现dp[0] = dp[-1] + dp[-2] + dp[-3]，此时这个数组会出现越界访问的问题，i 取值为1和2时，也会出现这种越界访问的问题
所以填表的时候需要保证不越界，而这道题前三道题会越界，那我们填表时，把前三个位置初始化即可，这道题目中也告诉了我们前三个值为0 1 1
④填表顺序
填表顺序就是为了填写当前状态时，所需要的状态已经计算过了
放在本题中说，也就是在填写 dp[4] 这个位置时，必须要知道dp[1]、dp[2]、dp[3]的值，所以本题的填表顺序是从左到右的，因为填当前位置时，左边的已经全部填进去了
⑤返回值
返回值就是题目要求的最终结果，即题目要求 + 状态表示，本题是求第 n 个泰波那契数，所以直接返回 dp[n] 即可
所以经过上面的五步，初步的代码是：
class Solution
{
public:
int tribonacci(int n)
{
//处理边界情况
if(n == 0) return 0;
if(n == 1 || n == 2) return 1;
// 1、创建 dp表
vector<int> dp(n + 1);
// 2、初始化
dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1;
// 3、填表
for(int i = 3; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3];
// 4、返回
return dp[n];
}
};接下来可以进行空间优化，在动态规划中，空间优化一般都是使用滚动数组来进行优化的
我们发现，在代入状态转移方程时，求第 i 个位置的值时，只会用到 i 前面的三个值，其他位置的值是浪费空间的，当我们依次求 dp[i] 的时候，前面的有些状态是可以舍弃的，只需要用中间若干的状态，此时就可以用滚动数组进行优化
优化的效果就是：如果之前的空间复杂度是O(N^2)，优化完就是O(N)，如果之前是O(N)，优化完就是O(1)
这道题中，因为我们只需要前面的三个变量，所以给出三个变量 a、b、c，当求第 d 个时，最开始是这样的：
求出来 d 等于 2 后，直接往下滚动，也就是：
又能求出最新的 d，在这个位置求完后，又能继续滚动，直到第 n 个位置，返回结果即可
下面的图能清楚的看出来滚动数组的执行过程：
也就是b的值给a，c的值给b，d的值给c，需要注意的是：
这里的赋值顺序是从前到后的，即：a = b, b = c, c = d
如果从后赋值， c = d, b = c, a = b，即每次的值都会被覆盖，c赋值给b之前，已经被d的值覆盖了，所以这种操作是不可取的
空间优化后代码：
class Solution
{
public:
int tribonacci(int n)
{
//处理边界情况
if(n == 0) return 0;
if(n == 1 || n == 2) return 1;
//空间优化
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;
}
};题目二：三步问题
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
假设这个小孩现在正在0号位置也就是水平地面上，面前有1、2、3、4号台阶：
0 1 2 3 4 ......
1、想上1号台阶：1种方式
①直接从0号上到1号台阶：0 -> 1
2、想上2号台阶：2种方式
①直接从0号上到2号台阶：0 -> 2
②直接从1号上到2号台阶，怎么到1号不管，但必须经过1号台阶，再到2号台阶：0 -> 1 -> 2
3、想上3号台阶：4种方式
①直接从0号上到3号台阶:0 -> 3
②直接从1号到3号，怎么到1号不管，但必须经过1号台阶：0 -> 1 -> 3
③④直接从2号到3号，怎么到2号不管，但必须经过2号台阶，因为前面的 2 中，已经说明了想上2号台阶有2种方式，所以有2种方式方式：
0 -> 2 -> 3；0 -> 1 -> 2 -> 3
4、想上4号台阶：7种方式
①直接从1号到4号，因为从0到不了，那就从1到4号台阶，怎么到1号不管，但必须经过1号台阶，而0到1的方式上面也说到了有1种方式，所以从1号到4号有1种方式：
0 -> 1 -> 4
②③直接从2号到4号，怎么到2不管，前面也说到了从0号到2号有2种方式，所以从2号到4号也有2种方式：
0 -> 2 -> 4；0 -> 1 -> 2 -> 4
④⑤⑥⑦直接从3到4，同理，怎么到3不管，前面从0到3的方式有4种，所以这里也是4种方式
所以下面根据上面所说的原理，列出dp表：
我们发现，到1、2、3号台阶的方式数量一旦直到，那么到第4号台阶的方式数量就是到1、2、3号台阶的方式数量之和，到5号台阶数量也是一样
所以继续动态规划的五步：
①状态表示
通过经验 + 题目要求，理解为：以 i 位置为结尾， ........，可以得知：
dp[i] 表示到达第 i 个台阶时，一共有多少种方法
②状态转移方程
依旧是通过经验，我们需要以 i 位置的状态，最近的一步来划分问题
由于这道题中的小孩一次能跨1阶、2阶或3阶，所以最近的一步就是从 i-1、i-2、i-3位置到 i 位置
因为从 i-3 位置到 i 位置一步就能跨到，所以只需知道从地面到 i-3 位置需要多少种方式即可，而 dp[i-3] 就是到达第 i-3 个台阶时，一共有多少种方法，所以从 i-3 位置到 i 位置就转化为了 dp[i-3]
i-1、i-2 位置到 i 位置同理可得：dp[i-1]、dp[i-2]，所以状态转移方程就是：
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]
③初始化
初始化就为了填表的时候不越界，这道题是从1位置开始的，dp[0]是无意义的，所以dp[1]、dp[2]、dp[3]是会越界的，所以需要将dp[1]、dp[2]、dp[3]初始化，在上面讲述时计算了到3个台阶的方式数量，所以初始化为：
dp[1] = 1，dp[2] = 2，dp[3] = 4
④填表顺序
这道题填表顺序依旧是从左往右
⑤返回值
题目要求返回到 n 位置时，有多少种方式，而dp[n]正好就是这种意义
所以返回dp[n]即可
在初始化前，需要处理边界情况，因为n的范围是是：[1, 1000000]，而我们需要初始化1、2、3，如果 n 为1，就会越界，所以需要处理边界条件
这里同样可以使用滚动数组进行优化，这里就不实现了，比较简单，和题目一中的优化几乎一摸一样，实现代码如下：
class Solution {
public:
int waysToStep(int n)
{
// 1、创建dp表
// 2、填表前初始化
// 3、填表
// 4、求返回值
//每次加法需要对MOD取模
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] % 1000000007;
}
};题目三：最小花费爬楼梯
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 <= 10000 <= cost[i] <= 999
这道题需要注意的是，题目所给的数组的最后一个元素不是楼顶，而是台阶，楼顶是最后一个位置的下一个位置，示例一和示例二是这样子理解的：
依旧是五步：
解法一：状态表示(以 i 位置为结尾)
①状态表示
这里依旧是经验 + 题目要求
以 i 位置为结尾， .....
所以结合题目要求，在以 i 位置为结尾的前提下，这道题就理解为：到达 i 位置的最小花费
dp[i] 表示：到达 i 位置时，最小花费
②状态转移方程
状态转移方程也就是用之前或是之后的状态，推导出 dp[i] 的值
根据最近的一步，来划分问题：
到达 i 位置有两种情况：
1、先到达 i - 1 位置，然后支付 cost[i - 1] ，走一步，即：dp[i - 1] + cost[ i - 1]
2、先到达 i - 2 位置，然后支付 cost[i - 2] ，走两步，即：dp[i - 2] + cost[ i - 2]
所以得到结论：
dp[i] = min( dp[i - 1] + cost[ i - 1], dp[i - 2] + cost[ i - 2] )
③初始化
初始化保证填表的时候不越界，因为这里需要用到 i 位置的前两个位置的cost值，所以当 i 是0或1时，会出现越界的情况，所以需要初始化
又因为题目说，可以从 0 位置或是 1 位置开始爬楼梯，所以就是说从 0 位置或是 1 位置爬楼梯不用花钱，所以都初始化为0即可
dp[0] = dp[1] = 0
④填表顺序
因为填 dp[i] 时，dp[i-1] 和 dp[i-2] 是已经算出来的，所以填表顺序也是从左往右填的
⑤返回值
想到达楼顶，所以返回值返回的是 dp[n]
所以代码如下：
class Solution
{
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost)
{
int n = cost.size();
//创建dp表
vector<int> dp(n + 1);
//初始化这步可以不写，因为创建dp表时，默认全部初始化为0了
dp[0] = dp[1] = 0;
//根据状态转移方程填写dp表
for(int i = 2; i <= n; i++)
dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]);
//返回结果
return dp[n];
}
};解法二：状态表示(以 i 位置为起点)
①状态表示
此时解法二，经验 + 题目要求，以 i 位置为起点，.......
所以结合题目要求，在以 i 位置为起点的前提下，这道题就理解为：从 i 位置到达楼顶的最小花费
dp[i] 表示：从 i 位置出发，达到楼顶的最小花费
②状态转移方程
状态转移方程也就是用之前或是之后的状态，推导出 dp[i] 的值
根据最近的一步，来划分问题：
从 i 位置出发有两种情况：
1、先支付 cost[i]，然后走一步，变为从 i + 1 位置出发到达终点，即：cost[i] + dp[i + 1]
2、先支付 cost[i]，然后走两步，变为从 i + 2 位置出发到达终点，即：cost[i] + dp[i + 2]
所以得到结论：
dp[i] = min( cost[i] + dp[i + 1], cost[i] + dp[i + 2] )
③初始化
初始化是为了保证填表时不越界，而这里的 dp[i] 每次填写时，需要的是后两个的cost值，所以需要先初始化后两个位置的值
因为第 n 个位置是楼顶，所以只需要初始化第 n -1 和 n - 2位置的值，所以初始化为：
dp[n - 1] = cost[n - 1]，dp[n - 2] = cost[n - 2]
④填表顺序
由上面的初始化可知，我们需要知道 i 位置之后的两个位置在dp表中的值，才能知道 i 位置的值，所以填表顺序是从右向左
⑤返回值
由于 dp[i] 表示从某个位置出发，到达楼顶的最小花费，而我们刚开始是从 0 位置或是 1 位置出发的，所以需要这两个位置较小的那一个，所以返回 min(dp[0], dp[1])
代码如下：
class Solution
{
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost)
{
int n = cost.size();
//创建dp表
vector<int> dp(n);
//初始化
dp[n - 1] = cost[n - 1], dp[n - 2] = cost[n - 2];
//根据状态转移方程填写dp表
for(int i = n - 3; i >= 0; i--)
dp[i] = min(dp[i+1] + cost[i], dp[i+2] + cost[i]);
//返回结果
return min(dp[0], dp[1]);
}
};题目四：解码方法
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 <= 100s只包含数字，并且可能包含前导零。
这道题题意就不说明了，示例已经很清楚了，下面说动态规划实现的思路，依旧是5步：
①状态表示
同样是经验 + 状态表示：以 i 位置为结尾， ......
因为这个题目是给出一个字符串来解码，得到有多少种解码方式，所以表示到 i 位置时，有多少个解码方法数量
dp[i] 表示：以 i 位置为结尾时，解码方法的总数
②状态转移方程
根据最近的一步，划分问题
所以分为两个情况，i 位置单独解码；i 位置与 i - 1 位置结合一起解码
这两种情况都有两种可能：成功、失败
1、i 位置单独解码
解码成功：即 i 位置字符是 [1, 9] 之间的
此时的解码数就是以 i - 1 位置为结尾时，所有的解码方案后面统一加上以 i 位置的解码成功的字符，这时的解码数量依旧是以 i - 1 位置为结尾的解码方案数，也就是dp[i - 1]
解码失败：即 i 位置字符是 0
此时在单独解码的方式下， 前面所有的方案都白费，因为 i 位置解码失败，整体也就失败了，所以此时的解码方案数是 0
2、i 位置与 i - 1 位置结合一起解码
假设 i 位置字符是 a，i - 1 位置是 b
解码成功：即 a * 10 + b 是 [10, 26] 之间的，因为映射的英文字母只有26个且 a 不能为0
此时的解码数就是以 i - 2 位置为结尾时，所有的解码方案后面统一加上以 i 位置和 i - 1 位置结合起来后的解码成功的字符，这时的解码数量依旧是以 i - 2 位置为结尾的解码方案数，也就是dp[i - 2]
解码失败：即 i 位置字符是 0
此时在结合解码的方式下， 前面所有的方案都白费，因为 i 位置与 i - 1 位置结合解码失败，整体也就失败了，所以此时的解码方案数是 0
所以总结上述的描述过程，状态转移方程为：
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2](这里是解码成功时才会加)
③初始化
观察上述的状态转移方程，计算 i 位置时，需要用到 i - 1 和 i - 2 位置的值，所以需要初始化dp[0]和dp[1]的值
dp[0]：有2种情况，0/1，表示0号位置字符能否解码成功，成功就是1，失败就是0
dp[1]：有三种情况，0/1/2，表示0号和1号位置的字符，是否能够单独解码成功，或是结合解码成功，如果都不成功就是0，都成功就是2，成功一种就是1
④填表顺序
观察状态转移方程，很显然：
填表顺序是从左往右填
⑤返回值
dp[i] 表示 i 位置结尾时的解码方法总数，所以这里返回：dp[n - 1]
代码如下：
class Solution
{
public:
int numDecodings(string s)
{
int n = s.size();
//创建dp表
vector<int> dp(n);
//初始化
dp[0] = (s[0] - '0') == 0 ? 0 : 1;
//处理边界条件
if(n == 1) return dp[0];
int a = s[0] - '0';
int b = s[1] - '0';
if(a != 0 && b != 0) dp[1]++;
int tmp = a * 10 + b;
if(tmp >= 10 && tmp <= 26) dp[1]++;
//状态转移方程，需要判断是否解码成功
for(int i = 2; i < n; i++)
{
int a = s[i - 1] - '0';
int b = s[i] - '0';
tmp = a * 10 + b;
//分两种情况，判断是否加编码数
if(b != 0) dp[i] += dp[i - 1]; //单独编码时的情况
if(tmp >= 10 && tmp <= 26) dp[i] += dp[i - 2]; //结合编码时的情况
}
//返回结果
return dp[n - 1];
}
};下面说说细节问题，也就是处理边界问题与初始化问题的技巧：
我们可以发现上述代码编写过程中，下面两个框的内容是高度相似的
所以下面引入一种常见的方法，即：将整个dp数组向后移动一位
也就是原来的dp数组的空间是 n ，现在就变为 n + 1 了，统一移动一位后，在数组最前就多了一个0下标，也称为虚拟节点
此时我们处理边界条件时，就会比原来少处理一个位置，虽然依旧是要处理 dp[0] 和 dp[1]，但是此时的dp[0]只需要根据题意赋值即可，相当于原来非常繁琐的初始化两次，减少为了一次
有两个注意事项：
①虚拟节点里面的值，需要根据题意保证后面的填表是正确的
②需要注意下标的映射关系
注意事项一中，dp[0]中的值并不是固定的，而是要根据题目条件判断，对于本道题来说，初始化完 dp[0] 和 dp[1] 后，填dp[2]时，dp[0]表示的含义就是 i 和 i - 1位置组合解码成功时需要加的值，所以如果 dp[2] 和 dp[1] 组合后解码成功，就需要加 dp[0] 的值，因此这里的 dp[0] 需要赋值为1
注意事项二中，由于dp数组统一向后移动了一位，所以在映射到原字符串s时，需要 -1 操作，对于本道题来说，dp数组向后移动后，初始化 dp[1] 时，需要判断的就是 s[1 - 1] - '0' 是否为0，而不是判断 s[1] - '0' 是否为0
优化后的代码如下：
class Solution
{
public:
int numDecodings(string s)
{
int n = s.size();
//创建dp表
vector<int> dp(n + 1);
//初始化
dp[0] = 1;
dp[1] = (s[1 - 1] - '0') == 0 ? 0 : 1;
//状态转移方程，需要判断是否解码成功
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
//统一找字符串s中字符时，需要-1操作
int a = s[i - 2] - '0';
int b = s[i - 1] - '0';
int tmp = a * 10 + b;
//分两种情况，判断是否加编码数
if(b != 0) dp[i] += dp[i - 1]; //单独编码时的情况
if(tmp >= 10 && tmp <= 26) dp[i] += dp[i - 2]; //结合编码时的情况
}
//返回结果
return dp[n];
}
};可以看到是比源代码优化很多的，将原代码中高度相似的代码只出现一次
动态规划——斐波那契数列模型相关的题目结束
