@[TOC](斐波那契数列模型)

1.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

解法（动态规划）

算法流程
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。
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]
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 。
填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」。
返回值：
应该返回 dp[n] 的值。

算法代码：
使⽤⼀维数组：

class Solution{public int tribonacci(int n) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回结果// 处理边界情况if(n == 0) return 0;if(n == 1 || n == 2) return 1;int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 0;dp[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];}
}

滚动数组优化：

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;}
}

复杂度分析
时间复杂度：O(n)。
空间复杂度：O(1)。

2.三步问题（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
提⽰:
n范围在[1, 1000000]之间

解法（动态规划）

算法思路

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。

算法代码：

class Solution{public int waysToStep(int n) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int MOD = (int)1e9 + 7;// 处理⼀下边界情况if(n == 1 || n == 2) return n;if(n == 3) return 4;int[] dp = new int[n + 1];dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 4;for(int i = 4; i <= n; i++)//取模，对两个较大的数之和取模再对整体取模，防止越界（这里也是有讲究的）dp[i] = ((dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD + dp[i - 3]) % MOD;return dp[n];}
}

3.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
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 。

注意注意：
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！！！
解法（动态规划）
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，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。

算法代码：

class Solution{public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = cost.length;int[] dp = new int[n + 1];for(int i = 2; i <= n; i++)dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);return dp[n];}
}

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。

算法代码：

class Solution{public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = cost.length;int[] dp = new int[n];dp[n - 1] = cost[n - 1]; dp[n - 2] = cost[n - 2];for(int i = n - 3; i >= 0; i--)dp[i] = Math.min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i];return Math.min(dp[0], dp[1]);}
}

4.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) 。

解法（动态规划）：


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。

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，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。

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 [, 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.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] ：
i. 当 s[0] == ‘0’ 时，没有编码⽅法，结果 dp[0] = 0 ；
ii. 当 s[0] != ‘0’ 时，能编码成功， dp[0] = 1
初始化 dp[1] ：
i. 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 ）
ii. 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：
i. 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；
ii. 下标的映射关系

4.填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」

5.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

算法代码：
使⽤直接初始化的⽅式解决问题：

class Solution{public int numDecodings(String ss) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = ss.length();char[] s = ss.toCharArray();int[] dp = new int[n];if(s[0] != '0') dp[0] = 1; // 初始化第⼀个位置if(n == 1) return dp[0]; // 处理边界情况// 初始化第⼆个位置if(s[1] != '0' && s[0] != '0') dp[1] += 1;int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';if(t >= 10 && t <= 26) dp[1] += 1;for(int i = 2; i < n; i++){// 先处理第⼀种情况if(s[i] != '0') dp[i] += dp[i - 1];// 处理第⼆种情况int tt = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';if(tt >= 10 && tt <= 26) dp[i] += dp[i - 2];}return dp[n - 1];}
}

⽤添加辅助结点的⽅式初始化：

class Solution{public int numDecodings(String ss) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = ss.length();char[] s = ss.toCharArray();int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 1; // 保证后续填表是正确的if(s[1 - 1] != '0') dp[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++){// 先处理第⼀种情况if(s[i - 1] != '0') dp[i] += dp[i - 1];// 处理第⼆种情况int tt = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';if(tt >= 10 && tt <= 26) dp[i] += dp[i - 2];}return dp[n];}
}