专题一:斐波那契数列模型算法

news/2024/12/15 7:11:13/

> 作者:დ旧言~
> 座右铭:松树千年终是朽,槿花一日自为荣。

> 目标:了解什么是记忆化搜索,并且掌握记忆化搜索算法

> 毒鸡汤:有些事情,总是不明白,所以我不会坚持。早安!

> 专栏选自:动态规划算法_დ旧言~的博客-CSDN博客

> 望小伙伴们点赞👍收藏✨加关注哟💕💕

一、算法讲解

动态规划(Dynamic Programming)算法的核心思想是:将大问题划分为小问题进行解决,从而一步步获取最优解的处理算法

  • 动态规划算法与分治算法类似,其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题,先求解子问题,然后从这些子问题的解得到原问题的解。
  • 与分治法不同的是,适合于用动态规划求解的问题,经分解得到的子问题往往不是互相独立的(即下一个子阶段的求解是建立在上一个子阶段的解的基础上)。

【Tips】动态规划算法解决问题的分类

  • 计数:有多少种方式走到右下角 / 有多少种方法选出k个数使得和是 sum。
  • 求最大值/最小值:从左上角走到右下角路径的最大数字和最长上升子序列长度。
  • 求存在性:取石子游戏,先手是否必胜 / 能不能取出 k 个数字使得和是 sum。

【Tips】动态规划dp算法一般步骤

  • 确定状态表示(dp[ i ] 的含义是什么,来源:1、题目要求;2、经验+题目要求;3、分析问题时发现重复子问题)
  • 状态转移方程(可求得 dp[ i ] 的数学公式,来源:题目要求+状态表示)
  • 初始化(dp 表中特别的初始值,保证填 dp 表时不会越界,来源:题目要求+状态表示)
  • 填表顺序(根据状态转移方程修改 dp[ i ] 的方式,来源:题目要求+状态表示)
  • 返回值(题目求解的结果,来源:题目要求+状态表示)

二、算法习题

2.1 第一题

题目链接:1137. 第 N 个泰波那契数 - 力扣(LeetCode)

题目描述:

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。

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。

代码呈现:

class Solution {
public:int tribonacci(int n) {if (n == 0 || n == 1)return n;vector<int> dp(n + 1);           // dp[i] 表⽰:第 i 个泰波那契数的值。dp[0] = 0, dp[1] = 1, dp[2] = 1; // 初始化// 从左往右填表for (int i = 3; i <= n; i++)dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3];// 返回结果return dp[n];}
};

2.2 第二题

题目链接:面试题 08.01. 三步问题 - 力扣(LeetCode)

题目描述:

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:

  • 上⼀步上⼀级台阶, dp[i] += dp[i - 1] ;
  • 上⼀步上两级台阶, dp[i] += dp[i - 2] ;
  • 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。

代码呈现:

class Solution {
public:const int MOD = 1e9 + 7;int waysToStep(int n) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回// 处理边界情况if (n == 1 || n == 2)return n;if (n == 3)return 4;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];}
};

2.3 第三题

题目描述:746. 使用最小花费爬楼梯 - 力扣(LeetCode)

题目描述:

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!!!

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:
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。

代码呈现:

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n = cost.size();// 初始化⼀个 dp表vector<int> dp(n + 1, 0);// 初始化dp[0] = dp[1] = 0;// 填表for (int i = 2; i < n + 1; i++)// 根据状态转移⽅程得dp[i] = min(cost[i - 1] + dp[i - 1], cost[i - 2] + dp[i - 2]);// 返回结果return dp[n];}
};

2.4 第四题

题目描述:91. 解码方法 - 力扣(LeetCode)

题目描述:

算法思路:

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:

  1. 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟;
  2. 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:

  1. 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] ;
  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 ):

  1. 当 s[i] 上的数在 [1, 9] 区间上时: dp[i] += dp[i - 1] ;
  2. 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] :

  1. 当 s[0] == '0' 时,没有编码⽅法,结果 dp[0] = 0 ;
  2. 当 s[0] != '0' 时,能编码成功, dp[0] = 1

初始化 dp[1] :

  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 )
  2. 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:

  1. 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的;
  2. 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。

代码呈现:


// 方法一:
// class Solution {
// public:
//     int numDecodings(string s)
//     {
//         int n = s.size();
//         vector<int> dp(n); // 创建⼀个 dp表
//         // 初始化前两个位置
//         dp[0] = s[0] != '0';
//         if (n == 1)
//             return dp[0]; // 处理边界情况
//         if (s[1] <= '9' && s[1] >= '1')
//             dp[1] += dp[0];
//         int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';
//         if (t >= 10 && t <= 26)
//             dp[1] += 1;
//         // 填表
//         for (int i = 2; i < n; i++)
//         {
//             // 如果单独编码
//             if (s[i] <= '9' && s[i] >= '1')
//                 dp[i] += dp[i - 1];
//             // 如果和前⾯的⼀个数联合起来编码
//             int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';
//             if (t >= 10 && t <= 26)
//                 dp[i] += dp[i - 2];
//         }
//         // 返回结果
//         return dp[n - 1];
//     }
// };// 方法二:
class Solution {
public:int numDecodings(string s) {// 优化int n = s.size();vector<int> dp(n + 1);dp[0] = 1; // 保证后续填表是正确的dp[1] = s[0] != '0';// 填表for (int i = 2; i <= n; i++) {// 处理单独编码if (s[i - 1] != '0')dp[i] += dp[i - 1];// 如果和前⾯的⼀个数联合起来编码int t = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';if (t >= 10 && t <= 26)dp[i] += dp[i - 2];}return dp[n];}
};

三、结束语 

今天内容就到这里啦,时间过得很快,大家沉下心来好好学习,会有一定的收获的,大家多多坚持,嘻嘻,成功路上注定孤独,因为坚持的人不多。那请大家举起自己的小手给博主一键三连,有你们的支持是我最大的动力💞💞💞,回见。

​​ 


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