动态规划——OJ题(一)-LMLPHP




一、第N个泰波那契数

1、题目讲解

动态规划——OJ题(一)-LMLPHP

2、思路讲解

  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。
  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:
    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 。
  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。

3、代码实现

class Solution {
public:
    int tribonacci(int n) {
        if(n==0) return 0;
        if(n==1 || n==2) return 1;

        vector<int> dp(n+1);
        dp[0]=0,dp[1]=1,dp[2]=1;

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

    }
};
class Solution {
public:
    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;
    }
};

二、三步问题

1、题目讲解

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2、思路讲解

动态规划——OJ题(一)-LMLPHP

  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
    以 i 位置状态的最近的⼀步,来分情况讨论:
    如果 dp[i] 表⽰⼩孩上第 i 阶楼梯的所有⽅式,那么它应该等于所有上⼀步的⽅式之和:
    i. 上⼀步上⼀级台阶, dp[i] += dp[i - 1] ;
    ii. 上⼀步上两级台阶, dp[i] += dp[i - 2] ;
    iii. 上⼀步上三级台阶, dp[i] += dp[i - 3] ;
    综上所述, dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] 。
    需要注意的是,这道题⽬说,由于结果可能很⼤,需要对结果取模。
    在计算的时候,三个值全部加起来再取模,即 (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3])
    % MOD 是不可取的,同学们可以试验⼀下, n 取题⽬范围内最⼤值时,⽹站会报错 signed
    integer overflow 。
    对于这类需要取模的问题,我们每计算⼀次(两个数相加/乘等),都需要取⼀次模。否则,万⼀
    发⽣了溢出,我们的答案就错了。
  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。

3、代码实现

class Solution {
public:
    int waysToStep(int n) {
        
        if(n==1 || n==2) return n;
        if(n==3)  return 4;
        const int MOD=1e9+7;

        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];
    }
};

三、使用最小花费爬楼梯

1、题目讲解

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2、思路讲解

方法一:

  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,巴拉巴拉
    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)
  2. 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] 。
  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。
  4. 填表顺序:
    根据「状态转移⽅程」可得,遍历的顺序是「从左往右」。
  5. 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。

方法二:

  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,巴拉巴拉。
    dp[i] 表⽰:从 i 位置出发,到达楼顶,此时的最⼩花费。
  2. 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] 。
  3. 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]
  4. 填表顺序:
    根据「状态转移⽅程」可得,遍历的顺序是「从右往左」。
  5. 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。

3、代码实现

方法一:

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

方法二:

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n=cost.size();
        vector<int> dp(n);
        dp[n-1]=cost[n-1],dp[n-2]=cost[n-2];
        for(int i=n-3;i>=0;i--)
        {
            dp[i]=cost[i]+min(dp[i+1],dp[i+2]);
        }
        return min(dp[0],dp[1]);
          
    }
};

四、解码方法

1、题目讲解

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2、思路讲解

  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。

  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:
    i. 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟;
    ii. 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:
    i. 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] ;

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

3、代码实现

优化前:

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        int n=s.size();
        vector<int> dp(n);
        dp[0]=s[0]!='0';

        if(n==1) 
        return dp[0];
        

        if(s[1]!='0' && s[0]!='0') dp[1]++;
        int t=(s[0]-'0')*10+(s[1]-'0');
        if(t>=10 && t<=26) dp[1]++;
        
        for(int i=2;i<n;i++)
        {
            if(s[i]!='0') dp[i]+=dp[i-1];
            int t=(s[i-1]-'0')*10+(s[i]-'0');
            if(t>=10 && t<=26) dp[i]+=dp[i-2];
        }
        return dp[n-1];
    }
};

优化后:

class Solution {
public:
        int n=s.size();
        vector<int> dp(n+1);
        dp[0]=1;
        dp[1]=s[1-1]!='0';

        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            if(s[i-1]!='0') dp[i]+=dp[i-1];
            int t=(s[i-2]-'0')*10+(s[i-1]-'0');
            if(t>=10 && t<=26) dp[i]+=dp[i-2];
        }
        return dp[n];
    }
};

12-18 03:33