动态规划01: 斐波那契数列模型

news2024/9/25 13:17:37

第 N 个泰波那契数（easy）

题目链接:

1137. 第 N 个泰波那契数

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

题目解析

注意,我们题目是泰波那契数,不是斐波那契数.

注意一下 Tn的定义,我们把n直接给赋值为0,此时变化为T3 = T0+ + T1 + T2 也即是 我们 给定一个数据 N, 那么TN等于前面三项之和.只要题目中给出我们前三项,那么此时我们就可以推导出第四,五…项.

image-20230803204818326

算法原理

由于我们这里是第一个题目,我们先说一下我们之后要用到的名词.

什么是动态规划,一般而言,我们创建一个一维或者二维数组,我们把他们称之为dp数组,后面我们想办法把这个表给填满,这个数组里面的某一个元素的值就是我们的答案.这个可以作为我们动态规划的流程.

状态表示: 对于数组里面的某一个位置的值可以理解为一个状态表示,他代表了一定含义.我们这里不说状态表示定义是什么,就说怎么得到这个值,毕竟这个名词实在是太严谨,我们先初步理解,有兴趣的朋友可以仔细的去查一下.

转台转移方程,如何得到一位置的确定值就是我们寻找状态转移方程的过程,一般而言,我们得到状态转移方程的思想有下面三个.

  • 题目要求
  • 题目要求+经验
  • 分析问题过程中发现重复子问题

状态表示

这个很简单,我们可以把数组中的元素的值作为泰波那契数列的结果.

dp[i]: 表示 Ti的值

image-20230803211344206

状态转移方程

这个很简单,题目上已经给了Ti = Ti-1+Ti-2+Ti-3

初始化

初始化的目的就是保证不越界,例如本题就是dp[i]要确定值,i必须从3开始出发,毕竟要找到前面三个元素的值,所以初始化为.

dp[0] = 0, dp[1] = 1,dp[2] = 1;

填表顺序

填表的顺序和我们逻辑顺序要一致,例如本题我们dp[i]是要看前面的元素,所谓我们这里从左向右.

返回值

这个看题目要求和我们的状态表示.题目要求我们返回第n个泰波那契数,我们dp[i]表示第n个泰波那契数,所以返回dp[n].

编写代码

class Solution {
public:
    int tribonacci(int n)
    {
        if(n == 0)
            return 0;
        if(n == 1 || n == 2)
            return 1;
        // 我们要返回 dp[n]
        std::vector<int> dp(n+1);
        // 初始化
        dp[0] = 0;
        dp[1] = dp[2] = 1;

        // 方程
        for(int i = 3; i <= n; i++)
            dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3];
        
        return dp[n];
    }
};

image-20230803212927946

空间优化

由于我们是第一题,先把动态规划的完整流程给大家演示一下,后面我们就不谈空间优化的事情了.

对于动规的题目我们一般是使用滚动数组进行优化的,大家看一下这道题目.

image-20230803213332450

我们可以发现我们求dp[i]的时候仅仅需要前面三个元素的值就可以了,像这些dp[i]仅仅需要前面若干的状态的情况我们可以使用滚动数组,例如我们可以定义一个容量为四个元素的数组,依次更新就可以了.

这里说一下优化的结果,一般空间复杂度可以降低一个数量级,例如O(N)的变化为O(1).

class Solution
{
public:
  int tribonacci(int n)
  {
    if (n == 0)
      return 0;
    if (n == 1 || n == 2)
      return 1;
    int a = 0;
    int b = 1;
    int c = 1;
    int d = 0;
    for (int i = 3; i <= n; i++)
    {
      d = a + b + c;
      a = b;
      b = c;
      c = d;
    }
    return d;
  }
};

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三步问题（easy）

题目链接:

面试题 08.01. 三步问题

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

题目解析

给定一定数量的台阶,例如10个.其中小孩子它可以一次跳1个台阶,2个台阶,3个台阶.问问我们我们总共有多少种方式可以到达第10个台阶.分析一下示例.

n = 3时, 我们可以这样跳.

方式1 : 1 1 1       每一次跳一个台阶
方式2 : 1 2         第一次跳一个, 第二次跳两个
方式3 : 2 1         第一次跳两个, 第二次跳一个
方式4 : 3           直接跳三个

算法原理

状态表示

这个需要我们的经验了,和数学相关的.我们让dp[i]表示到达第i个台阶我们的方法数.

状态转移方程

dp[i]表示到达第i个台阶的方法数,那么此时我们想如歌可以到达第i给台阶,这里很简单,有三个方式

i-1 下一步跳一个台阶
i-2 下一步跳两个台阶
i-3 下一步跳三个台阶

那么此时dp[i]分别就是这三个方式的和,也就是我们到达i-1和i-2以及i-3的方法数之和,正好dp[i]表示到达第i个台阶的方法数.

i-1 下一步跳一个台阶   dp[i-1] 
i-2 下一步跳两个台阶   dp[i-2]
i-3 下一步跳三个台阶   dp[i-3]

dp[i] = dp[i-1]+ dp[i-2]+ dp[i-3]

初始化

这里存在i-3,所以我们需要进行初始化.

dp[0] = 0, dp[1] = 1,dp[2] = 2; dp[3] = 4;

这里需要说一下,我们也是可以这样初始化的

dp[0] = 1, dp[1] = 1,dp[2] = 2;

这样初始化的意思主要是为了满足dp[3]的求值.

填表顺序

和前面一样从左先右.

返回值

题目要求给定一个n,求到达第n个台阶的方法数,这里就是dp[n]

编写代码

class Solution
{
public:
  int waysToStep(int n)
  {
    if (n == 1)
      return 1;
    if (n == 2)
      return 2;
    std::vector<int> dp(n + 1);
    // 初始化
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    dp[3] = 4;
    // 方程
    for (int i = 4; i <= n; i++)
      dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3];

    return dp[n];
  }
};

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这是因为题目中说了数据可能会溢出,所以这里我们两个数相加的时候需要处理一下.

class Solution
{
public:
  int waysToStep(int n)
  {
    if (n == 1)
      return 1;
    if (n == 2)
      return 2;
    const int MOD = 1e9 + 7;
    std::vector<int> dp(n + 1);
    // 初始化
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    dp[3] = 4;
    // 方程
    for (int i = 4; i <= n; i++)
      dp[i] = ((dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD + dp[i - 3]) % MOD;

    return dp[n];
  }
};

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使用最小花费爬楼梯（easy）

题目链接:

746. 使用最小花费爬楼梯

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 。

题目解析

对于给定的数组,我们站在某一个确定的位置,然后花费该位置元素的代价后可以向后面移动一步或者两步,求我们到达楼梯顶部的花费.

此时我们需要知道的是我们的初始位置可以是从下标0或者1开始的.例如示例一数组为 [10,15,20],我们这里从下标1开始,直接跳两步就可以完成了.

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！！！

算法原理

这里我们是题目要求+经验解题.我们用两个方法来解题.

解法一

状态表示

dp[i]表示以i位置为终点花费的最少的花费,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

可以到达i位置的有i-1和i-2位置,我们求他们花费的交小值,注意是我们计算较小值的时候是需要加上我们的代价的

dp[i] = min(dp[i-1]+const[i-1],dp[i-2]+const[i-2]).

初始化

这里的初始化有点意思,我们这里有i-2,所以我们这里初始化前两个.我们又可以知道我们初始的时候是可以选择0或者1的,那么0或者1位置的代价是0.所以我们这样做:dp[0] = 0,dp[1] = 0;

填表顺序

从左先右开始填.

返回值

我们要求的是到达n位置的最小花费,此时返回dp[n].

编写代码

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n+1, 0);
        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];
    }
};

image-20230805200341962

解法二

状态表示

dp[i]表示以i位置为起点到达终点时需要花费的最少的花费.

状态转移方程

i位置为开始,此时我们可以跳到i+1或者i+2位置,如果i+1位置要跳到终点,按照我们的状态定义,此时应该是dp[i+1],同理i+2是dp[i+2].

我们知道,如果想要跳到i+1位置和i+2位置,我们在i位置是要花费代价的,此时这里的方程是.

dp[i] = min(dp[i+1], dp[i+2]) + const[i];

初始化

这里我们需要依赖i+1或者i+2的值,此时需要初始化dp[n],按照dp[i],我们从n位置到达n位置的花费是0.,这里我们需要注意的我们依赖i+2位置,这个时候我们需要从n-2位置开始填,那么问题来了,dp[n-1]填什么,这个很简单,他跳一步就可以到顶层,那么就是dp[i-1] = const[i-1]

填表顺序

这里是从右向左填.

返回值

按照状态定义,我们是从0位置或者1位置开始出发,到达顶部的最小花费,此时返回dp[0]和dp[1]的较小值.

编写代码

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

image-20230805200341962

解码方法（medium）

题目链接:

91. 解码方法

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 。

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）。

题目解析

给定一个数字的字符串,我们是可以把它映射成一个只包含字母的字符串的,求我们可以映射多少种.映射的规则是1->a,2->b…26->z.注意一下,我们1可以映射为a,但是01确实不可以的.

算法原理

状态表示

题目要求+经验.

dp[i]: 以i位置为结尾,我们可以映射字符串的个数.

状态转移方程

这里分为两类.

i位置的字符单独作为一个映射, 如果可以映射,那么此时就是dp[i] = dp[i-1]. 注意我们求的是个数,这里是不能加1的.

i位置和前面一个字符进行映射,如果可以话,此时dp[i] = dp[i-2].

这两个情况都是可以的,所以我们的状态方程的结构是dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2],具体的分析如下.

image-20230805203637523

初始化

需要用到i-1和i-2,这里我们需要初始化dp[0]和dp[1],上面我们已经用过几次,这里我们换一个初始化方法.我们发现dp[0]比较好初始化,这里只需要关注dp[1],我们申请空间的时候额外申请多申请一个作为辅助节点,看下面.

image-20230805204615052

对于str[1]位置而言,如果单独转化,此时只需要关注前面一个,也就是dp[1].如果和str[0]组合,此时需要知道的时如果可以组合成功,那么dp[2] = dp[0],那么dp[0]应该被初始化1.需要注意的,我们添加辅助节点之后,我们访问str的元素是需要下标适配的.

填表顺序

从左先右.

返回值

返回dp[n],之所以返回n位置的值,是因为我们添加了辅助节点.

编写代码

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n+1, 0);
        dp[0] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            // 单独一个 i-1 需要匹配
            if(s[i-1] != '0') 
            dp[i] = dp[i-1];

            // 和前面一个字符匹配
            if(i-2>=0 && s[i-2]!='0' && (10*(s[i-2]-'0')+s[i-1]-'0') < 27)
            dp[i] += dp[i-2];
        }
        return dp[n];
    }
};

image-20230805205328365

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