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115.不同的子序列

题目

给你两个字符串 s 和 t ，统计并返回在 s 的 子序列 中 t 出现的个数，结果需要对 109 + 7 取模。

数据范围

• 1 <= s.length, t.length <= 1000
• s 和 t 由英文字母组成

分析

令dp[i][j]为s的前i个字符构成的子序列中为t的前j个字符的数量，接下来设置边界条件，当t为空时s前i个字符构成子序列只要空字符串满足，个数为1，即dp[i][0]=1，考虑状态转移

• $当s[i]!=t[j]，dp[i+1][j+1]=dp[i][j]；$
• $当s[i]==t[j]，dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+dp[i][j+1];$

代码

class Solution {
public: const static int N = 1005, mod = 1e9 + 7;int dp[N][N];int numDistinct(string s, string t) {if(s.size() < t.size()) return 0;for(int i = 0; i < s.size(); i ++ ) dp[i][0] = 1;for(int i = 0; i < s.size(); i ++ ) {for(int j = 0; j <= i && j < t.size(); j ++ ) {if(s[i] != t[j]) dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j + 1];else dp[i + 1][j + 1] += dp[i][j] + dp[i][j + 1];dp[i + 1][j + 1] %= mod;}} return dp[s.size()][t.size()];}
};

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63.不同路径Ⅱ

题目

一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为“Start” ）。

机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish”）。

现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？

网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

数据范围

• m == obstacleGrid.length
• n == obstacleGrid[i].length
• 1 <= m, n <= 100
• obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1

分析

令dp[i][j]为到那个格子的路径数，考虑状态转移

• 如果有障碍物，$dp[i][j]=0$
• 没有障碍物，$dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]$

代码

class Solution {
public:const static int N = 105;int dp[N][N];int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int n = obstacleGrid.size(), m = obstacleGrid[0].size();for(int i = 0; i < n; i ++ ) {for(int j = 0; j < m; j ++ ) {if(!i && !j && !obstacleGrid[i][j]) {dp[i + 1][j + 1] = 1;continue;}if(obstacleGrid[i][j]) dp[i + 1][j + 1] = 0;else dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j + 1] + dp[i + 1][j]; }}return dp[n][m];}
};

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746.使用最小花费爬楼梯

题目

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。

数据范围

• 2 <= cost.length <= 1000
• 0 <= cost[i] <= 999

分析

令dp[i]为到达那一层的最小花费，状态转移：

• $dp[i]=min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2])$

代码

class Solution {
public:const static int N = 1005;int dp[N];int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {dp[0] = dp[1] = 0;for(int i = 2; i <= cost.size(); i ++ ) {dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);}return dp[cost.size()];}
};