标签：复杂度 本质 solution code 空字符串 case 多条件 div bsp
这道题本质上和 Climbing Stairs 那道DP题是一样的，但是由于 decode 有范围限制，所以写起来有很多条件。
dp[i] 表示到下标为i为止的字符能得到的解码个数
dp[i] += dp[i-1] if s[i]!=‘0‘
+= dp[i-2] if s[i-1:i+1] in "10"~"26" i>=2
dp[s.size()-1] 为答案
上述思路没问题，但是考虑到 dp[1] 写起来很复杂，如果把空字符串当成是一种解码方式的话，dp[1] 就和别的大于1的数一样了。但是数组没法 -1 作为下标，所以只好所有下标往后顺延，dp[0] = 1 表示空字符串，dp[1] 表示第一个字符构成的解码数。dp[i] 的 i 表示第i个字符，对应到s里应该是s[i-1]，小心别写错就行。
由于只依赖前两个dp，所以可以用两个变量来代替，使得空间复杂度变为O(1)。
class Solution { public: int numDecodings(string s) { // dp[i] means the num of ways of first i characters in s // dp[i] += dp[i-1] if s[i]!=‘0‘ // += dp[i-2] if s[i-1:i+1] in "10"~"26" // dp[s.size()] is the ans. if (s.empty()) return 0; vector<int> dp(s.size()+1,0); dp[0] = 1; // empty case dp[1] = s[0]==‘0‘?0:1; for (int i=2;i<=s.size();++i){ if (s[i-1]!=‘0‘) dp[i]+=dp[i-1]; if (i>=2 && (s[i-2]==‘1‘ || s[i-2]==‘2‘&& s[i-1]<=‘6‘)) dp[i]+=dp[i-2]; } return dp[s.size()]; } };
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原文地址：https://www.cnblogs.com/hankunyan/p/9545925.html
