91. 解码方法（中等）

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思路
- 这其实是一道字符串类的动态规划题，不难发现对于字符串s的某个位置i而言，我们只关心「位置 i 自己能否形成独立 item」和「位置 i 能够与上一位置（i-1）能否形成item 」，而不关心i-1 之前的位置。
- 有了以上分析，我们可以从前往后处理字符串s，使用一个数组记录以字符串s的每一位作为结尾的解码方案数。即定义 dp[i] 为考虑前i个字符的解码方案数。将当前遍历到的字符记为 cur，前一个字符记为 prev；
- 对于字符串 s 的任意位置 i 而言，其存在三种情况:
  - 只能由位置 i 的单独作为一个 item，转移的前提是cur > 6 && (prev != 1 || prev != 2)，转移逻辑为 dp[i] = dp[i-1];。
  - 只能由位置 i 的与前一位置（i-1）共同作为一个 item，这里只有两种情况，如10 / 20，转移的前提是cur == 0 && (prev == 1 || prev == 2)，转移逻辑为dp[i] = dp[i-1];
  - 位置 i 既能作为独立 item 也能与上一位置形成 item，转移的前提是cur <= 6 && (prev == 1 || prev == 2) ，转移逻辑为dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
- 当然，前导 0 的情况需要另外考虑，详见代码。

代码

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        int n = s.size();
        if(n == 0 || s[0] == '0') return 0;
        if(n == 1)   return 1;
        vector dp(n+1, 1);
        int prev = s[0] - '0';
        for(int i=2; i<=n; ++i){
            int cur = s[i-1] - '0';
            if(cur == 0 && (prev == 0 || prev > 2)) return 0;
            if(prev == 1 || prev == 2 && cur < 7){
                if(cur == 0){
                    // 10 / 20 单独考虑
                    dp[i] = dp[i-2];
                }
                else{
                    // 既可以单独成为一种情况 又可以和前面数字一起考虑
                    dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
                }
            }
            else{
                // 只能单独成为一种情况
                dp[i] = dp[i-1];
            }
            prev = cur;
        } 
        return dp[n];
    }
};