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1.使用最小花费爬楼梯
题解
动态规划解法一：
动态规划解法二：
2.解码方法
题解
1.使用最小花费爬楼梯
链接：746. 使用最小花费爬楼梯
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 。题解
本题求达到楼梯顶部的最低花费。
- 向上爬楼梯需要支付本层的费用，然后可以爬一层或者两层。
- 可以从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。
注意要求的是爬到楼顶的最低花费，即使到达数组最后一个还需要在往上爬一步加上本层的费用。
动态规划解法一：
1.状态表示
经验+题目要求
向这种一维数组的dp一般经验分为两种：
- 以某个位置为结尾，巴拉巴拉(根据题目要求把它替换掉)
- 以某个位置为起点，巴拉巴拉
解法一用的是第一种以某个位置为结尾，巴拉巴拉，接下来看如何替换掉巴拉巴拉。
- 这道题让找达到楼梯顶部的最低花费。
- 那如果以 i 位置结尾，求的是最少花费。
那我就可以得到这样一个状态表示，dp[i]表示，到达 i 位置时，最少花费
2.状态转移方程
分析状态转移方程的一条总线:
- 用 i 位置之前或者之后的状态，推导 dp[i] 的值
- 如i之前状态 dp[i-2]、dp[i-1]，i之后状态 dp[i+1]，dp[i+2]
如何推导出dp[i]的值呢？
根据最近的一步，来划分问题
- 如这道题，先到达i-1的位置，从i-1位置花费i-1位置的费用走一步到i，或者可以先到达i-2的位置，花费i-2位置的费用走两步到i。
- 这是依据 i 位置最近的一步来划分出的两种情况。
- 因为要求花费最少，所有两种情况种选择最少的。
接下来看这两种情况能不能用之前的状态表示一下。
- cost[i-1]是定值无法改变，先到达i-1位置也是有一个花费，如果想求i位置最小花费，是不是要先找到i-1位置的最小花费
- 只要找到i-1位置的最小花费在加上cost[i-1]走一步，就是第一种情况的最小花费。
- 到达i-1位置最小花费不就是dp[i-1] 表示到达i-1位置，最小花费。
- 同理i-2也是这样分析的。
然后求的是两种情况的最小值。因此状态转移方程就有了。
3.初始化
- 确保填表时不能越界
- dp[0]=dp[1]=0
4.填表顺序
- 由前面两个位置填后面的位置。
- 从左往右
5.返回值
- 结合题目要求，返回到达楼梯最小花费。
- dp表数组下标为n的地方。所以返回 dp[n]
动态规划解法二：
其实第二种解决就是换了一种状态表示。
1.状态表示
经验+题目要求
以 i 位置为起点，巴拉巴拉
以i位置为起点，然后要去楼顶还要是最小花费
因此 dp[i]表示，从i位置出发，到达楼顶，此时最小花费。
2.状态转移方程
分析状态转移方程的一条总线:
- 用 i 位置之后的状态，推导 dp[i] 的值
- 如i之前状态 dp[i-2]、dp[i-1]，i之后状态 dp[i+1]，dp[i+2]
如何推导出dp[i]的值呢？
- 根据最近的一步，来划分问题
3.初始化
- 因为我们是从某一个位置到楼顶，所以dp数组不需要额外在开一个位置。
- 直接跟原始数组一样大就可以了。
- 其次我们需要先知道i+1的位置和i+2的位置才能知道dp[i]的值，因此先把最后两个位置初始化
- dp[n-1]=dp[n-2]=0
4.填表顺序
- 知道后面两个位置的值，就可以得到前面的值，因此从右往左
5.返回值
- 我们最开始要么是从0开始，要是是从1开始。所以返回的是dp[0]，dp[1]中的最小值。
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {//dp//初始化//方程//返回int n=cost.size();vector<int> dp(n);//以i出发,到达ndp[n-1]=cost[n-1];dp[n-2]=cost[n-2];for(int i=n-3;i>=0;i--){//从右往左dp[i]=cost[i]+min(dp[i+1],dp[i+2]);}return min(dp[0],dp[1]);}
};2.解码方法
链接：91. 解码方法
一条包含字母 A-Z 的消息通过以下映射进行了 编码 ：
"1" -> 'A'
"2" -> 'B'
...
"25" -> 'Y'
"26" -> 'Z'
然而，在 解码 已编码的消息时，你意识到有许多不同的方式来解码，因为有些编码被包含在其它编码当中（"2" 和 "5" 与 "25"）。
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)- 消息不能分组为
(1, 11, 06)，因为"06"不是一个合法编码（只有 "6" 是合法的）。
注意，可能存在无法解码的字符串。
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 。如果没有合法的方式解码整个字符串，返回 0。
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) 。题解
1.状态表示
- 经验+题目要求
- 以 i 位置为结尾，巴拉巴拉。
- 接下来根据题目要求替换巴拉巴拉。
- 题目要求求s字符串有多少种解码方法。是不是就从从开始到结尾的解码总数。
那dp[i]就可以这样表示。dp[i]表示，以 i 位置为结尾时，解码方法的总数。
2.状态转移方程
- 根据i状态最近的一步，来划分问题（只考虑当下的事情，做好当下
最近一步就是解码到i位置的时候，解码到i位置有两种情况
- i位置单独解码
- i-1和i位置合在一起解码。
因为是以i位置为结尾的，所有i+1位置还没有到，暂时不考虑。
- 但是解码并不是想解码就解码，必须要符合条件，否则不能解码。
- 所有 单独解码 和 合在一起解码 都有成功或者失败的可能。
- 这时就要我们进行一个决策 if 之后，才能对 dp[i] 进行对上一状态的加等
3.初始化
- 因为会用到i-1和i-2所以要对0和1初始化。
4.填表顺序
- 填dp[i]要知道dp[i-1]和dp[i-2]的位置，所以从左到右(因为是以 i 结束）
5.返回值
- dp[i]表示以 i 位置为结尾时，解码方法的总数
- 题目要求求整个字符串所有解码方案，所以返回的是dp[n-1]。
class Solution {
public:int numDecodings(string s) {if(s[0]=='0') return 0;//处理 特殊情况int n = s.size();vector<int> dp(n);dp[0]=1;//处理边界情况if(n == 1) return 1;if(s[0] != '0' && s[1] != '0')dp[1] += 1;int tmp = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0'; //前两个位置表示的数if(tmp >= 10 && tmp <= 26)dp[1] += 1;for(int i = 2; i < n; ++i){if(s[i] != '0') dp[i] += dp[i - 1];//处理单独编码的情况int tmp = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';//处理合在一起编码的情况if(tmp >= 10 && tmp <= 26)dp[i] += dp[i - 2];} return dp[n-1];}
};之前写的dp代码都比较短，但是这里的dp初始化为什么这么长并且
- 部分初始化代码和填表中代码类似，有没有可能写在一起？
- 使代码编码简洁，是有的。
细节问题：
- 做dp问题的时候，会经常处理比较繁琐的边界情况以及初始化。
- 为了能更好的处理这些情况，对于一维数组我们可以把整个数组统一往后移动一位
- 也就是数组多开一个位置的技巧。
处理边界问题以及初始化问题的技巧
- 数组多开一个位置
之前旧dp表中的位置的值要在新的dp表中对应位置往后放一个。
- 多出来的位置我们称为虚拟位置。
- 多出来这个位置的作用，前面在旧的dp表要初始化0和1位置
在新dp表中虽然也初始化0和1的位置，但是确是方便了不少。
- 之前旧dp表初始化1的位置非常麻烦。
- 现在旧表中1的位置跑到新dp表中1填表的下标里面了。
- 我在新dp表中填表中就把旧dp表中1的位置干掉了。
这样就非常爽了~
但是却有两个注意事项：
- 虚拟节点里面的值，要保证后面填表是正确的
- 下标的映射关系
虚拟节点里面的值，要保证后面填表是正确的
比如新dp表中，填表时的 dp[2] = dp[1] + dp[0]
- dp[1]是不会错误的因为它的初始化是和旧dp[0]是一样的。
- 但是dp[0]是我们构建出来的，它里面值存放多少是不是就会影响到dp[2]的值。
- 一般情况下，这个虚拟节点的值存的是 0 ，但是这道题就不一样了，dp[0]里面存0是不正确的。
- 求dp[2]如果用到dp[0]，是不是就是1和2的位置合在一起能解码成功，然后我才加上dp[0，
如果dp[0]是0那不就是少加了一种情况吗。因此这个dp[0]填1。
- 使用虚拟节点的时候，可以进行一个简单的分析不要想当然
- 总体来说就是具体问题具体分析！看虚拟节点的值到底填几。
下标的映射关系
- 在新dp表中，初始化dp[1]的时候，看的是s[0]这个位置能否解码成功，对应就是s[1-1] != ‘0’。
- 因为我们多加个一个位置，下标统一往后移动一位
那处理的原位置s[i] 就为 s[i-1] 了
class Solution {
public:int numDecodings(string s) {if(s.empty() || s[0] == '0') return 0; //!!!!!!首位为0，就直接返回0//dp//虚拟 节点int n=s.size();vector<int> dp(n+1);dp[0]=1; //初始1，因为 要实现 26位字母+dp[1]=1;//虚拟化节点 下标映射dp i //s i-1if(n==1) return dp[1];for(int i=2;i<=n;i++){if(s[i-1]!='0') dp[i]+=dp[i-1];int tmp=(s[i-2]-'0')*10+(s[i-1]-'0');if(tmp>=10 && tmp<=26) dp[i]+=dp[i-2];}return dp[n];}
};
- if(s.empty() || s[0] == '0') return 0; //!!!!!!首位为0，就直接返回0
- dp[0]=1; //初始1，因为 要实现 26位字母+
- 虚拟化节点 下标映射 原s[i]--->s[i-1]