Leetcode 91. Decode Ways 解码方法(动态规划，字符串处理)

Leetcode 91. Decode Ways 解码方法(动态规划，字符串处理)

题目描述

一条报文包含字母

A-Z

，使用下面的字母-数字映射进行解码

'A' -> 1
'B' -> 2
...
'Z' -> 26

给一串包含数字的加密报文，求有多少种解码方式

举个例子，已知报文

"12"

,它可以解码为

AB(1 2)

,也可以是

L (12)

所以解码方式有2种。

测试样例

Input:
"0"
"121212"
"101010"
"1001"
"0101"
Output:
0
13
1
0
0

详细分析

这道题不难，不过corner cases比较多，需要仔细分析。先考虑

1212

这个例子:(为了表达方便，我们用逗号分隔表示每种解码方式而不用扳手指算,比如1212的一种解码方式为

12,12

而不用

L,L

)

1

=>

1

12

=>

1,2
12

121

=>

1,2,1
1,21
12,1

1212

=>

1,2,1,2
1,21,2
12,1,2
1,2,12
12,12

到这里就可以总结出规律了，对于

1212

,其实是两种解码的和：

1,2,1,(2)
1,21,(2)
12,1,(2)
-----------
1,2,(12)
12,(12)

分割线上面是

121

的解码方式，并在后加以当前下标的2,分割线下面是

12

的解码方式加以当前下标和前一个下标表示的字符。

可以看出，如果当前字符和前面一个字符可以构成

>10 && <=26(不包括20，至于为什么等下说)

的字符，那么当前解码方式就是:

dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]

现在考虑一些corner case，如果当前字符是

0

,那么它并不符合上面的递推公式，考虑

2020

:

20

=>

20

202

=>

20,2

2020

=>

20,(20)

可以看到

2020

，由于0不在解码范围内，所以它不能与前一项通过添加后缀的方式构成解码方式，它只是简单等于前两项然后加上后缀20,同理还有10。

按照这种思路，我们可以得出下面的状态转移：

let x = s.substr(i-1,2);
x>0 && x<10:    dp[i]=dp[i-1]
x==10:          dp[i]=dp[i-2]
x>10&&x<20:     dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]
x==20:          dp[i]=dp[i-2]
x>20&&x<=26:    dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]
x>26&&x%10!=0: dp[i]=dp[i-1];
x>26&&x%10==0: return 0

代码实现

代码太烂凑合看吧...

class Solution {
public:
int numDecodings(string s) {
if(s.length()==0){
return 0;
}
if(s[0]=='0'){
return 0;
}
if(s.length()==1){
return 1;
}
int dp[100000];
dp[0]=1;
std::string ns = s.substr(0,2);
int t = atoi(ns.c_str());

if(t>0 && t<10){
return 0;
}else if(t==10){
dp[1]=1;
}else if(t>10 && t<20){
dp[1]=2;
}else if(t==20){
dp[1]=1;
}else if(t>20 && t<=26){
dp[1]=2;
}else if(t>26 && t%10!=0){
dp[1]=1;
}else{
return 0;
}
if(s.length()==2){
return dp[1];
}

for(int i=2;i<s.length();i++){
std::string tempStr = s.substr(i-1,2);
int n = atoi(tempStr.c_str());

if((n>26 && n%10!=0)||(n>0 && n<10)){
dp[i]=dp[i-1];
}else if(n>10 && n<=26&& n!=20){
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
}else if(n==10 || n==20){
dp[i]=dp[i-2];
}else if(n==0 || n%10==0){
return 0;
}
}
return dp[s.length()-1];
}
};