LeetCode 91，点赞和反对五五开，这题是好是坏由你来评判

本文主要是介绍LeetCode 91，点赞和反对五五开，这题是好是坏由你来评判，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

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今天是LeetCode专题的第57篇文章，我们一起来看看LeetCode第91题，解码方法（Decode ways)。

这道题官方给定的难度是Medium，点赞2680，反对2845，通过率24.5%。从通过率上来看这道题似乎很难，甚至比很多Hard难度的问题还要难。从点赞和反对的数量来看，这道题应该算是褒贬不一，两边阵营的人数都很多。一般来说题目的评价都是一边倒为主，这种情况很少出现。首先值得一说的是，这道题我个人肯定认为是值得一做的，至于它是否是一道好问题呢？这个问题就留给大家自己回答吧。

首先我们来看下这道题的题意。

题意

在传送消息的时候我们可以把字母映射成数字，比如A映射成1，B映射成2，Z映射成26。我们这里假设用到的字母只有大写的，也就是说我们用26个数字就可以代表A到Z的所有字母。

现在我们得到了一串数字连成的字符串，想要将它还原成原本字母组成的信息，请问它一共有多少种还原的方法？

样例

Input: "12"
Output: 2
Explanation: It could be decoded as "AB" (1 2) or "L" (12).

Input: "226"
Output: 3
Explanation: It could be decoded as "BZ" (2 26), "VF" (22 6), or "BBF" (2 2 6).

题解

我们观察一下样例，比如12可以理解成12这个字符也就是L，也可以理解成1和2两个字符拼接而成。同样226有三种还原的方法，分别是(2, 2, 6), (22, 6), (2, 26)。我们只需要返回所有可能的数量即可。

这道题看起来没有头绪，但是当我们仔细分析一下其中的情况，其实并不复杂。首先对于字符串当中的每一位来说，只有0到9这10种可能性。我们逐一来考虑，首先如果是0，由于我们的A映射的是1，所以0只能和前面一个数字凑成10或者是20，如果前一位不是1或者是2，那么说明这个字符串是非法的，也就是没有办法还原。

如果某一位是1-9当中的数字，它都可以单独成为一个字母。我们再考虑它的前一位，它的前一位只有1和2这两种可能可以构成新的组成。这里要注意，如果它的前一位是2的话，那么当前位必须要小于6，因为英文字母最多只到26。所以这里也需要进行一个特殊判断，除此之外，就没有其他情况了。

这些可能性都列举出来之后，剩下的就简单了，比如我们可以用深搜来搜索所有解的可能性。由于我们已经列举出了所有的情况，所以这段代码并不难写，但是想要一次就写对也不容易。

class Solution:def numDecodings(self, s: str) -> int:n = len(s)ret = 0def dfs(i):nonlocal retif i >= n:ret += 1return # 当前位如果是0则说明无解，return# 当前位为0说明上一位不是1或者2if s[i] == '0':return# 递归单个的情况dfs(i+1)# 判断下一位能否构成组合if i+1 < n and (s[i] == '1' or (s[i] == '2' and ord(s[i+1]) <= ord('6'))):dfs(i+2) dfs(0)return ret

搜索算法固然可以解，但是一定会超时。这一点也不难想明白，当我们的字符串长度大了之后，带来的解的可能性是非常多的。最极端的情况下，比如每一位都是1，它都可以单独作为一个字符也可以和下一位组合成11构成新的字符。这样的情况总数是以斐波那契数列递增的，n不需要多大带来的解的数量就是天文数字了。

使用搜索算法我们需要穷举每一种情况，哪怕寻找每一个解只需要 $O (1)$ 的复杂度也是无法抗住的。

所以我们必须要想一些更优的方法，这个方法也不难想，就是动态规划。

我们分析一下会发现每一位数字能够组成的解只和它的前一位有关，和后面的都没有关系。这样的话显然是满足动态规划的无后效性的。也就是说前面的字符组合的情况不会影响后面的解。

我们假设dp[i]存储的是前i个数字构成的解的数量，对于s[i]来说有10种情况，分别是0到9。如果s[i]为0，那么s[i-1]如果是1或者是2的话，只有一种情况，就是0和s[i-1]组成10或者是20。那么dp[i] = dp[i-2]。

如果s[i]不为0，那么s[i]可以选择单独成为一个字符，那么dp[i] = dp[i-1]。当然如果s[i-1]是1或者是2的话，s[i]也可以选择和s[i-1]合起来组成一个字符。那么这样的情况下，dp[i]需要再额外增加dp[i-2]，也就是dp[i]构成的答案可能性增加了。

如果把这些状态之间的转移情况都梳理清楚了，那么这个代码肯定不难写的。

class Solution:def numDecodings(self, s: str) -> int:n = len(s)# 为了简化判断，我们把s前面加上0，这样字符串下标从1开始s = '0' + sdp = [0 for _ in range(n+2)]dp[0] = 1for i in range(1, n+1):# 如果当前位0，那么判断前一位是否是1或2# 否则一定无解if s[i] == '0':if i > 1 and s[i-1] in ('1', '2'):dp[i] = dp[i-2]else:return 0continuedp[i] = dp[i-1]# 能和前一位构成字符，那么加上dp[i-2]的数量if i > 1 and s[i-1] == '1' or s[i-1] == '2' and ord(s[i]) <= ord('6'):dp[i] += dp[i-2]return dp[n]