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                                                 创作不易，感谢三连支持 ！

        斐波那契数列用于一维探索的单峰函数之中，用于求解最优值的方法。其主要优势为，在第一次迭代的时候求解两个函数值，之后每次迭代只需求解一次 。

一、第N个泰波那契数

. - 力扣（LeetCode）第N个泰波那契数

class Solution {
public:int tribonacci(int n) {//边界情况if(n==0||n==1) return n;if(n==2)  return 1;//建表vector<int> dp(n+1);dp[1]=dp[2]=1;//开始填表for(int i=3;i<=n;++i)  dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3];return dp[n];}
};

时间复杂度O（N）,空间复杂度为O（N）

是否还有可以优化的方法呢？？那就是该题可以使用滚动数组！ 

class Solution {
public:int tribonacci(int n) {//边界情况if(n==0||n==1) return n;if(n==2)  return 1;//滚动数组int a=0,b=1,c=1,d=0;//开始滚动for(int i=3;i<=n;++i)  {d=a+b+c;a=b;b=c;c=d;}return d;}
};

时间复杂度O（N）,空间复杂度为O（1） 

二、三步问题

. - 力扣（LeetCode）三步问题

思路1：dp[i]表示从起点到达i位置一共有几种方法

class Solution {
public:int waysToStep(int n) {const int MOD=1e9+7;//边界情况if(n==1||n==2) return n;if(n==3) return 4;//建立dp表vector<int> dp(n+1);//初始化dp[1]=1,dp[2]=2,dp[3]=4;//填表for(int i=4;i<=n;++i)  dp[i]=((dp[i-1]+dp[i-2])%MOD+dp[i-3])%MOD;return dp[n];}
};

思路2：dp[i]表示从i位置到达终点一共有几种方法

class Solution {
public:int waysToStep(int n) {const int MOD=1e9+7;//边界情况if(n==1||n==2) return n;if(n==3) return 4;//建立dp表vector<int> dp(n);//初始化dp[n-1]=1,dp[n-2]=2,dp[n-3]=4;//填表for(int i=n-4;i>=0;--i)  dp[i]=((dp[i+1]+dp[i+2])%MOD+dp[i+3])%MOD;return dp[0];}
};

三、使用最小的花费爬楼梯

. - 力扣（LeetCode）使用最小的花费爬楼梯

方法1：dp[i]表示从起点到i台阶的最小花费

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n=cost.size();vector<int> dp(n+1);//开始填表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];}
};

思路2：我们也可以以i为起点，让dp[i]表示到楼顶的最小花费

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n=cost.size();//处理边界情况vector<int> dp(n);dp[n-1]=cost[n-1],dp[n-2]=cost[n-2];for(int i=n-3;i>=0;--i) dp[i]=cost[i]+min(dp[i+1],dp[i+2]);return min(dp[0],dp[1]);}
};

四、解码方法

. - 力扣（LeetCode）解码方法

class Solution {
public:int numDecodings(string s) {int n=s.size();vector<int> dp(n);if(s[0]!='0') ++dp[0];//处理边界情况if(n==1)  return dp[0];if(s[1]!='0'&&s[0]!='0') dp[1]++;int t=(s[0]-'0')*10+(s[1]-'0');if(10<=t&&t<=26) ++dp[1];//开始填表for(int i=2;i<n;++i) {if(s[i]!='0') dp[i]+=dp[i-1];int t=(s[i-1]-'0')*10+(s[i]-'0');if(10<=t&&t<=26) dp[i]+=dp[i-2];}return dp[n-1];}
};

       我们会发现dp[1]的初始化和填表里面的过程非常相似，所以我们可以用一个动态规划的小技巧——虚拟节点（专门用来处理边界问题）

class Solution {
public:int numDecodings(string s) {int n=s.size();vector<int> dp(n+1);dp[0]=1;if(s[0]!='0') ++dp[1];//开始填表for(int i=2;i<=n;++i) {if(s[i-1]!='0') dp[i]+=dp[i-1];int t=(s[i-2]-'0')*10+(s[i-1]-'0');if(10<=t&&t<=26) dp[i]+=dp[i-2];}return dp[n];}
};

 先暂时更新到这，后面有新的题目会持续更新