0091. 解码方法【中等】

• 1. 📝 题目描述
• 2. 🎯 s.1 - 动态规划

1. 📝 题目描述

• leetcode

一条包含字母 A-Z 的消息通过以下映射进行了 编码 ：

"1" -> 'A' "2" -> 'B' ... "25" -> 'Y' "26" -> 'Z'

然而，在 解码 已编码的消息时，你意识到有许多不同的方式来解码，因为有些编码被包含在其它编码当中（"2" 和 "5" 与 "25"）。

例如，"11106" 可以映射为：

• "AAJF"，将消息分组为 (1, 1, 10, 6)
• "KJF"，将消息分组为 (11, 10, 6)
• 消息不能分组为 (1, 11, 06)，因为 "06" 不是一个合法编码（只有 "6" 是合法的）。

注意，可能存在无法解码的字符串。

给你一个只含数字的 非空 字符串 s，请计算并返回 解码 方法的 总数。如果没有合法的方式解码整个字符串，返回 0。

题目数据保证答案肯定是一个 32 位 的整数。

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示例 1：

输入：s = "12"
输出：2
解释：它可以解码为 "AB"（1 2）或者 "L"（12）。

示例 2：

输入：s = "226"
输出：3
解释：它可以解码为 "BZ" (2 26), "VF" (22 6), 或者 "BBF" (2 2 6)。

示例 3：

输入：s = "06"
输出：0
解释："06" 无法映射到 "F"，因为存在前导零（"6" 和 "06" 并不等价）。

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提示：

• 1 <= s.length <= 100
• s 只包含数字，并且可能包含前导零。

2. 🎯 s.1 - 动态规划

c

int numDecodings(char* s) {
    int n = strlen(s);
    if (s[0] == '0') return 0;

    int prev2 = 1, prev1 = 1; // prev2 = dp[i-2], prev1 = dp[i-1]
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int cur = 0;
        if (s[i] != '0') cur += prev1;                                         // 单独解码
        if (s[i - 1] == '1' || (s[i - 1] == '2' && s[i] <= '6')) cur += prev2; // 两位解码
        prev2 = prev1;
        prev1 = cur;
    }
    return prev1;
}

js

/**
 * @param {string} s
 * @return {number}
 */
var numDecodings = function (s) {
  if (s[0] === '0') return 0
  let prev2 = 1,
    prev1 = 1 // prev2 = dp[i-2], prev1 = dp[i-1]

  for (let i = 1; i < s.length; i++) {
    let cur = 0
    if (s[i] !== '0') cur += prev1 // 单独解码
    if (s[i - 1] === '1' || (s[i - 1] === '2' && s[i] <= '6')) cur += prev2 // 两位解码
    prev2 = prev1
    prev1 = cur
  }
  return prev1
}

py

class Solution:
    def numDecodings(self, s: str) -> int:
        if s[0] == '0': return 0
        prev2, prev1 = 1, 1  # prev2 = dp[i-2], prev1 = dp[i-1]

        for i in range(1, len(s)):
            cur = 0
            if s[i] != '0': cur += prev1                                          # 单独解码
            if s[i - 1] == '1' or (s[i - 1] == '2' and s[i] <= '6'): cur += prev2  # 两位解码
            prev2, prev1 = prev1, cur
        return prev1

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 n 是字符串长度
• 空间复杂度：$O(1)$，只使用两个变量滚动

算法思路：

• 状态定义：dp[i] 表示字符串前 i 个字符的解码方法数
• 状态转移：
  • 若 s[i] != '0'，可单独解码，dp[i] += dp[i-1]
  • 若 s[i-1..i] 组成的两位数在 10–26 之间，可两位解码，dp[i] += dp[i-2]
• 用两个变量 prev2, prev1 滚动代替数组