当前位置：首页 > news >正文

详细介绍：【动态规划】斐波那契数列模型

news 2026/3/26 20:35:19

前言说明：

本专栏主要记录本人的基础算法学习以及LeetCode刷题记录，按专题划分
每题主要记录：（1）本人解法 + 本人屎山代码；（2）优质解法 + 优质代码；（3）精益求精，更好的解法和独特的思想（如果有的话）
文章中的理解仅为个人理解。如有错误，感谢纠错

个人简介：努力学习ing
本专栏：C++刷题专栏
其他专栏：C语言入门基础，python入门基础，C++学习笔记，Linux
CSDN主页愚润泽

你可以点击下方链接，进行不同专题的动态规划的学习

点击链接	开始学习
斐波那契数列模型	路径问题
简单多状态（一）	简单多状态（二）
子数组系列（一）	子数组系列（二）
子序列问题（一）	子序列问题（二）
回文串（一）	回文串（二）
两个数组dp问题（一）	两个数组的dp问题（二）
01背包问题	完全背包
二维的背包问题	其他

题单汇总链接：点击 → 题单汇总

题目

动态规划要点
1137. 第 N 个泰波那契数
- 优质解
面试题 08.01. 三步问题
- 优质解
746. 使用最小花费爬楼梯
- 个人解
91. 解码方法
- 个人解
- 优质解

动态规划要点

动态规划的核心思想是将问题分解为相互关联的子问题，通过求解子问题并利用子问题的解来构造原问题的解，同时避免重复计算子问题。
动态规划分成五大要点，这五点都和要创建的dp表有关，dp表可以帮助我们快速得到题目答案：

状态表示（重点）
- 是什么？：dp[i]的值所代表的含义
- 怎么得到？（对于线性的dp问题：经验 + 题目分析）
  - 经验：以某一个位置为结尾 / 为开头，怎样怎样
  - 再根据题目要求分析，发现子问题（填充，怎样怎样）
状态转移方程（难点）
- 即：dp[i]等于什么
初始化
- 初始化，并且保证填表的时候不越界
填表顺序
返回值
- 根据题目要求，通过状态表示得到

空间优化（这个属于在能解决问题的基础上，进行算法优化了，不是我们前期的目标）
但是第1137 讲一下

1137. 第 N 个泰波那契数

题目链接：https://leetcode.cn/problems/n-th-tribonacci-number/description/
在这里插入图片描述

动态规划第一题，好好捋一下思路。

优质解

思路：

状态表示：dp[i]表示第 i 个泰波那契数
状态转移方程：dp[i] = dp[i - 3] + dp[i - 2] + dp[i - 1]
初始化：dp[0] = 0; dp[1] = 1; dp[2] = 1
填表顺序：从左往右
返回值：dp[n]

代码：

class Solution {
public:
int tribonacci(int n)
{
// 处理特殊情况
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; // 初始化for(int i = 3; i <= n; i++)dp[i] = dp[i - 3] + dp[i - 2] + dp[i - 1]; // 从左往右填表return dp[n];}};

时间复杂度：
空间复杂度：

本题的空间优化：
利用滚动数组，只记录前三个数的值（因为计算第 i 个数，只需要前三个数的值）
在这里插入图片描述
优化后的代码：

class Solution {
public:
int tribonacci(int n)
{
// 处理特殊情况
if(n == 0) return 0;
if(n == 1 || n == 2) return 1;
int a = 0, b = 1, c = 1, ans = 0; // 初始化
for(int i = 0; i <= n - 3; i++)
{
ans = a + b + c;
a = b; b = c; c = ans;
}
return ans;
}
};

面试题 08.01. 三步问题

题目链接：https://leetcode.cn/problems/three-steps-problem-lcci/description/
在这里插入图片描述

优质解

思路：

状态表示：dp[i]表示：到第 i 个台阶的总方法数
状态转移方程：
- 首先，我们要搞清楚：只要有一步不同就是不同方案
- 那么，假如此时在 i 位置，则从i - 3、i - 2、i - 1都可以到位置i
  - 从i - 3到 i：直接走三步（一种方法），注意，这里不能选择走一步和两步，一维会走到i - 2和i - 1上，这时候就不是不同方案了
  - i - 2到i：直接走两步（一种方法）
  - i - 1到i：走一步（一种走法，也就是说：最后一步如果这么走，那其实方法的总数就等于dp[i - 1]）
- 方程：dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]
初始化：dp[1] = 1； dp[2] = 2; dp[3] = 4;
填表顺序：从左往右，线性的
返回值：dp[n]

代码：

class Solution {
public:
int waysToStep(int n)
{
// 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]) % 1000000007 + dp[i - 3]) % 1000000007; // 每次相加都% 防止溢出return dp[n] ;}};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

746. 使用最小花费爬楼梯

题目链接：https://leetcode.cn/problems/min-cost-climbing-stairs/description/
在这里插入图片描述

个人解

思路：

状态表示：dp[i] 爬到第 i 个台阶的最小费用
状态转移方程：dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
初始化：dp[0] = 0; dp[1] = 0;
填表顺序：从左往右
返回值：dp[n]

用时：3:00
屎山代码：

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];}};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

91. 解码方法

题目链接：https://leetcode.cn/problems/decode-ways/description/
在这里插入图片描述

个人解

思路：

    // 状态表示 dp[i]: 前 i 个字符能凑成的组合总数// 状态转移方程（只有能和其他数组合的时候，才有可能有新组）:// dp[i] = dp[i - 1]，当：s[i] 属于[1, 9]，且s[i - 1]和s[i]组合不能成// dp[i] = dp[i - 1] + 1 当：s[i] 属于[1, 9]，且s[i - 1]和s[i]组合能成// 特殊判断，s[i] == '0' 的情况，如果能和s[i - 1]组成，则dp[i] = dp[i - 1]，如果不能组成则：不是合法编码// 初始化: 如果s[0] 属于 [1, 9]，则dp[0] == 1;// 填表顺序: 从左往右// 返回值: dp[n]

用时：20:00
屎山代码（通过237 / 269，但是数量的增加不是简单的+1关系，我没找到正确关系），以下为未通过的错误代码：

class Solution {
public:
int numDecodings(string s)
{
if(s[0] == '0') return 0;
int n = s.size();
vector<int> dp(n);dp[0] = 1;for(int i = 1; i < n; i++){int numi = s[i] - '0'; // 字符转数字int numj = s[i - 1] - '0';if(numi == 0) // 对 0 特殊处理if(numj < 1 || numj > 2) return 0; // 不能和前面的数组合else dp[i] = dp[i - 1];else if((numj != 0 && numj * 10 + numi <= 26) && !(i + 1 < n && s[i + 1] == '0')){dp[i] = dp[i - 1] + 1;}else dp[i] = dp[i - 1];}return dp[n - 1];}};

优质解

思路（类似爬楼梯）：

状态转移方程：当能和前面的数组合时，dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，当前位属于 1-9 时，可+ dp[i - 1]，能和前面的数组成的时候，可+ dp[i - 2]
根本不用特殊处理 0，因为0的结果也会体现在dp[i]上

代码：

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];}};