今天我们以斐波那契数开启我们的动态规划之旅!
文章目录
- 509. 斐波那契数
- 题目描述
- 思路分析
- 参考代码
- 70. 爬楼梯
- 题目描述
- 思路分析
- 参考代码
- 746. 使用最小花费爬楼梯
- 题目描述
- 思路分析
- 参考代码
509. 斐波那契数
题目描述
斐波那契数 （通常用 F(n) 表示）形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：
F(0) = 0，F(1) = 1
F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1
给定 n ，请计算 F(n) 。
示例 1：
输入：n = 2
输出：1
解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1
示例 2：
输入：n = 3
输出：2
解释：F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2
示例 3：
输入：n = 4
输出：3
解释：F(4) = F(3) + F(2) = 2 + 1 = 3
思路分析
动规五部曲
这里我们要用一个一维dp数组来保存递归的结果
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]
- 确定递推公式
题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
- dp数组如何初始化
题目中把如何初始化也直接给我们了，如下： dp[0] = 0; dp[1] = 1;
- 确定遍历顺序
从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; 中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的
- 举例推导dp数组
按照这个递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，我们来推导一下，当N为10的时候，dp数组应该是如下的数列：
0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55
如果代码写出来，发现结果不对，就把dp数组打印出来看看和我们推导的数列是不是一致的。
参考代码
方法一:数组模拟动归
int fib(int n) {
vector<int> dp(31);//初始化
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n;i++){
dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2];//该式也是状态转移方程式
}
return dp[n];
}
方法二:变量模拟
int fib(int n){
if(n<=1){
return n;
}
vector<int> dp(2);//定义
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
for(int i = 2;i<=n;i++){
int sum = dp[0]+dp[1];
dp[0] = dp[1];
dp[1] = sum;
}
return dp[1];
}
方法三:递归
//递归写法
int fib(int n){
if(n==1||n==0){
return n;
}
return fib(n-1)+fib(n-2);
}
70. 爬楼梯
题目描述
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
示例 1：
输入：n = 2
输出：2
解释：有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2
示例 2：
输入：n = 3
输出：3
解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1
思路分析
看到这个题我们可以举几个例子
- 楼梯1: 1 ==> 1种情况
- 楼梯2 1+1 2 ==> 2种情况
- 楼梯3 1+2 2+1 1+1+1 ==> 3种情况
- 楼梯4 1+1+2 2+2 1+2+1 2+1+1 1+1+1+1 ==> 5种情况
我们发现每次楼梯数n和情况数的关系是: 爬上当前楼梯数的情况 = 上一层楼梯的情况+上上层楼梯的情况数
接下来我们用**动归五部曲**来解决这个Problem
定义一个一维数组dp来记录不同楼层的状态
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[i]： 爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法
- 确定递推公式
从dp[i]的定义可以看出，dp[i] 可以有两个方向推出来。
首先是dp[i - 1]，上i-1层楼梯，有dp[i - 1]种方法，那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。
还有就是dp[i - 2]，上i-2层楼梯，有dp[i - 2]种方法，那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么。
那么dp[i]就是 dp[i - 1]与dp[i - 2]之和！即: dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]。
在推导dp[i]的时候，一定要时刻想着dp[i]的定义，否则容易跑偏。
- dp数组如何初始化
由于 n >=1,所以dp初始化: dp[1] = 1，dp[2] = 2. 当然从dp[0] = 0,也是没有问题的(正好和斐波那契规律一致)
- 确定遍历顺序
从递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，遍历顺序一定是从前向后遍历的
- 举例推导dp数组
举例当n为5的时候，dp （dp数组）应该是这样的
如果代码出问题了，就把dp 打印出来，看看究竟是不是和自己推导的一样。
此时大家应该发现了，这不就是斐波那契数列么！
唯一的区别是，没有讨论dp[0]应该是什么，因为dp[0]在本题没有意义！(写了对结果也没有影响)
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int climbStairs(int n) {
vector<int> dp(50);
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for(int i = 3;i <= n; i++){
dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2];
}
return dp[n];
}
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。
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
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
思路分析
注意题目描述：每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，你就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯
所以示例1中只花费一个15 就可以到阶梯顶，最后一步可以理解为 不用花费。
也就是说我们只要爬到最后一阶或者前一阶,然后最后一步就不用花费了
读完题大家应该知道指定需要动态规划的，因为爬楼梯是从前面的楼梯向上爬的,后面的情况数由前面决定.
动归五部曲
- 确定dp数组以及下标的含义
使用动态规划，就要有一个数组来记录状态，本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。
dp[i]的定义：到达第i个台阶所花费的最少体力为dp[i]。（注意这里认为是第一步一定是要花费,最后一步不需要花费）
对于dp数组的定义，大家一定要清晰！
- 确定递推公式
可以有两个途径得到dp[i]，一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。
那么究竟是选dp[i-1]还是dp[i-2]呢？
一定是选最小的，所以dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
注意这里为什么是加cost[i]，而不是cost[i-1],cost[i-2]之类的，因为题目中说了：每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值
- dp数组如何初始化
根据dp数组的定义，dp数组初始化其实是比较难的，因为不可能初始化为第i台阶所花费的最少体力。
那么看一下递归公式，dp[i]由dp[i-1]，dp[i-2]推出，既然初始化所有的dp[i]是不可能的，那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了，其他的最终都是dp[0] dp[1]推出。
所以初始化代码为：
vector<int> dp(cost.size());
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
- 确定遍历顺序
最后一步，递归公式有了，初始化有了，如何遍历呢？
因为是模拟台阶，而且dp[i]又dp[i-1]dp[i-2]推出，所以是从前到后遍历cost数组就可以了。
但是稍稍有点难度的动态规划，其遍历顺序并不容易确定下来。
例如：01背包，都知道两个for循环，一个for遍历物品嵌套一个for遍历背包容量，那么为什么不是一个for遍历背包容量嵌套一个for遍历物品呢？ 以及在使用一维dp数组的时候遍历背包容量为什么要倒序呢？这些在后面将详细的介绍
- 举例推导dp数组
拿示例2：cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] ，来模拟一下dp数组的状态变化，如下：
如果大家代码写出来有问题，就把dp数组打印出来，看看和如上推导的是不是一样的。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
vector<int> dp(cost.size());//定义dp
dp[0] = cost[0];//初始化dp(相当于第一步已经支付过了.其实第一步是不需要花费的,这也导致了,
//我们认为第一步需要花费那么最后一步就认为不用花费.只需要走到最后一阶或者前一阶就可)
dp[1] = cost[1];
for(int i = 2; i < cost.size(); i++) {// 计算dp
dp[i] = min(dp[i-1],dp[i-2]) +cost[i];//状态转移方程
}
return min(dp[cost.size()-1],dp[cost.size()-2]);//最后一步不需要支付费用,因为已经支付过了.
}
如果有收获！！！ 希望老铁们来个三连，点赞、收藏、转发。
创作不易，别忘点个赞，可以让更多的人看到这篇文章，顺便鼓励我写出更好的博客
