【算法优选】 动态规划之斐波那契数列模型

灰太狼 2024-04-17 10:44 153阅读 0赞

文章目录

  • ?前言
  • ?[第 N 个泰波那契数](https://leetcode.cn/problems/n-th-tribonacci-number/)
    • ?题目描述
    • ?算法流程
    • ?代码实现
  • ?[使用最小花费爬楼梯](https://leetcode.cn/problems/min-cost-climbing-stairs/)
    • ?题目描述
    • ?算法思路
      • ?解法⼀：
      • ?解法⼆：
    • ?代码实现：
      • 解法一：
      • 解法二：
  • ?[解码方法](https://leetcode.cn/problems/decode-ways/submissions/)
    • ?题目描述
    • ?算法思路
    • ?代码实现
  • ⭕总结

?前言

动态规划相关题目都可以参考以下五个步骤进行解答：

  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

后面题的解答思路也将按照这五个步骤进行讲解。

?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

    class Solution {

    1. public int tribonacci(int n) {
  1.     }
  2. }

?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。

  1. 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]

  1. 初始化：

从我们的递推公式可以看出， 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。题⽬中已经告诉我们 dp[0] = 0,dp[1] = dp[2] = 1 。

  1. 填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右」。

  1. 返回值：

应该返回 dp[n] 的值。

?代码实现

  1. class Solution {
  3.     public int tribonacci(int n) {
  5.         int[] dp = new int[n + 3];
  6.         dp[0] = 0;
  7.         dp[1] = 1;
  8.         dp[2] = 1;
  9.         for(int i = 0; i <  n; i++) {
  11.             dp[i + 3] = dp[i] + dp[i + 1] + dp[i + 2];
  12.         }
  13.         return dp[n];
  14.     }
  15. }

?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 。

    class Solution {

    1. public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
  1.     }
  2. }

?算法思路

?解法⼀：

  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：
第⼀种：以 i 位置为结尾，然后一系列操作
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）

  1. 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] 。

  1. 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。

  1. 填表顺序：

根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从左往右」。

  1. 返回值：

根据「状态表⽰以及题⽬要求」，需要返回 dp[n] 位置的值。

?解法⼆：

  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：第⼆种：以 i 位置为起点，进行一系列操作。
dp[i] 表⽰：从 i 位置出发，到达楼顶，此时的最⼩花费。

  1. 状态转移⽅程：

根据最近的⼀步，分情况讨论：
▪ ⽀付 cost[i] ，往后⾛⼀步，接下来从 i + 1 的位置出发到终点： dp[i + 1] + cost[i] ；
▪ ⽀付 cost[i] ，往后⾛两步，接下来从 i + 2 的位置出发到终点： dp[i + 2] + cost[i] ；
我们要的是最⼩花费，因此 dp[i] = min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i] 。

  1. 初始化：

为了保证填表的时候不越界，我们需要初始化最后两个位置的值，结合状态表⽰易得： dp[n - 1] = cost[n - 1], dp[n - 2] = cost[n - 2]

  1. 填表顺序：

根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从右往左」。

  1. 返回值：

根据「状态表⽰以及题⽬要求」，需要返回 dp[n] 位置的值。也就是dp[0]与dp[1]中的较小值

?代码实现：

解法一：

  1. class Solution {
  3.     public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
  5.         int n = cost.length;
  6.         int[] dp = new int[n + 1];
  7.         for(int i = 2; i <= n; i++) {
  9.             dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
  10.         }
  11.         return dp[n];
  12.     }
  13. }

解法二：

  1. class Solution {
  3.     public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
  5.         // 1. 创建 dp 表
  6.         // 2. 初始化
  7.         // 3. 填表
  8.         // 4. 返回值
  9.         int n = cost.length;
  10.         int[] dp = new int[n];
  11.         dp[n - 1] = cost[n - 1]; dp[n - 2] = cost[n - 2];
  12.         for(int i = n - 3; i >= 0; i--) {
  14.             dp[i] = Math.min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i];
  15.         }
  16.         return Math.min(dp[0], dp[1]);
  17.     }
  18. }

?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）。

    class Solution {

    1. public int numDecodings(String s) {
  1.     }
  2. }

?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。

  1. 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：

  • 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟；
  • 让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合，解码成⼀个字⺟。

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：
      • 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] ；
      • 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。因为 i 位置如果单独参与解码，但是解码失败了，那么前⾯做的努⼒就全部⽩费了。此时 dp[i] = 0 。
    • 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：
      • 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，原因同上。此时dp[i] = dp[i - 2] ；
      • 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，原因依旧同上。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 ）：

  • 当 s[i] 上的数在 [1, 9] 区间上时： dp[i] += dp[i - 1] ；
  • 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 。

  1. 初始化：

    • ⽅法⼀（直接初始化）：
      由于可能要⽤到 i - 1 以及 i - 2 位置上的 dp 值，因此要先初始化「前两个位置」。
      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] （原因同上，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
  • 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：
    • 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；
    • 下标的映射关系
  1. 填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右」

  1. 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。

?代码实现

  1. class Solution {
  4.     public int numDecodings(String ss) {
  6.         // 1. 创建 dp 表
  7.         // 2. 初始化
  8.         // 3. 填表
  9.         // 4. 返回值
  10.         int n = ss.length();
  11.         char[] s = ss.toCharArray();
  12.         int[] dp = new int[n];
  13.         if(s[0] != '0') {
  15.             dp[0] = 1; // 初始化第⼀个位置
  16.         }
  17.         if(n == 1) {
  19.             return dp[0]; // 处理边界情况
  20.         }
  21.         // 初始化第⼆个位置
  22.         if(s[1] != '0' && s[0] != '0') {
  24.             dp[1] += 1;
  25.         }
  26.         int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';
  27.         if(t >= 10 && t <= 26) {
  29.             dp[1] += 1;
  30.         }
  31.         for(int i = 2; i < n; i++) {
  33.             // 先处理第⼀种情况
  34.             if(s[i] != '0') {
  36.                 dp[i] += dp[i - 1];
  37.             }
  38.             // 处理第⼆种情况
  39.             int tt = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';
  40.             if(tt >= 10 && tt <= 26) {
  42.                 dp[i] += dp[i - 2];
  43.             }
  44.         }
  45.         return dp[n - 1];
  46.     }
  47. }

代码优化如下：

  1. class Solution {
  4.     public int numDecodings(String ss) {
  6.         // 1. 创建 dp 表
  7.         // 2. 初始化
  8.         // 3. 填表
  9.         // 4. 返回值
  10.         int n = ss.length();
  11.         char[] s = ss.toCharArray();
  12.         int[] dp = new int[n + 1];
  13.         dp[0] = 1; // 保证后续填表是正确的
  14.         if(s[1 - 1] != '0') dp[1] = 1;
  15.         for(int i = 2; i <= n; i++) {
  17.             // 先处理第⼀种情况
  18.             if(s[i - 1] != '0') {
  20.                 dp[i] += dp[i - 1];
  21.             }
  22.             // 处理第⼆种情况
  23.             int tt = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';
  24.             if(tt >= 10 && tt <= 26) {
  26.                 dp[i] += dp[i - 2]; 
  27.             }
  28.         }
  29.         return dp[n];
  30.     }
  31. }

⭕总结

关于《【算法优选】 动态规划之斐波那契数列模型》就讲解到这儿，感谢大家的支持，欢迎各位留言交流以及批评指正，如果文章对您有帮助或者觉得作者写的还不错可以点一下关注，点赞，收藏支持一下！

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