leetcode-91-解碼方法
題目描述：
一條包含字母 A-Z 的消息通過以下方式進行了編碼：
‘A‘ -> 1
‘B‘ -> 2
...
‘Z‘ -> 26
給定一個只包含數字的非空字符串，請計算解碼方法的總數。
示例 1:
輸入: "12"
輸出: 2
解釋: 它可以解碼為 "AB"（1 2）或者 "L"（12）。
示例 2:
輸入: "226"
輸出: 3
解釋: 它可以解碼為 "BZ" (2 26), "VF" (22 6), 或者 "BBF" (2 2 6) 。
要完成的函數：
int numDecodings(string s)
說明：
1、這道題給定一個字符串，字符串中只含有數字，數字1可以解碼為A，數字2可以解碼為B……數字26可以解碼為Z。
要求判斷有多少種解碼的方式，最終返回解碼方式的個數。
比如[2,2,6]，那麽可以解碼為2-2-6也就是BBF，也可以解碼為2-26也就是BZ，也可以解碼為26-2也就是ZB。
一共三種解碼方式，最終返回3。
2、這道題有兩種做法，一種是動態規劃，另一種是遞歸。
動態規劃比較快，可以beats 100.00% of cpp submissions，而遞歸只能beats 2.67% of cpp submissions。筆者把兩種做法都實現了一下，附在下文。
我們先看一下動態規劃的思路，動態規劃關鍵在於每個階段狀態的把握。
舉個例子，比如12224，我們首先對第一位，只能1這種解碼方法。
對第二位2，可以1-2（獨立），也可以12（合並），兩種解碼方法。
對第三位2，可以1-2-2（獨立），也可以12-2（獨立），也可以1-22（合並），三種解碼方法。
在這一步我們發現其實到當前位為止的解碼方法個數，就是上一步的解碼方法個數（在後面直接添加獨立的一位）+上一步獨立的個數（當然這裏要判斷能不能合並在一起）。
所以我們只需要記住上一步的解碼方法個數和上一步的獨立的個數，就可以分不同階段去處理。
再接下來對第四位2，可以1-2-2-2，也可以12-2-2，也可以1-22-2，這三個都是直接在後面添加獨立的一位，也可以1-2-22，也可以12-22，這兩個就是把先前獨立的一位給合並了，所以當前總的解碼個數是3+2=5，當前獨立的個數就是3，也是上一步的總解碼個數。
過程如下：
| 1 | 2 | 2 | 2 | ||
| 獨立可合並下一位的個數 | 1 | 1 | 2 | 3 | |
| 總的解碼方式的個數 | 1 | 2 | 3 | 5 | |
| 當前例子 | 1 |
1-2 12 |
1-2-2 12-2 1-22 |
1-2-2-2 12-2 1-22-2 1-2-22 12-22 |
|
規律十分清晰，但我們還有一個情況沒有考慮到，就是可能會出現數字0。
比如110，第二個1這一步，當前總的解碼方式有1-1和11，兩種，獨立可合並下一位的個數有一種。
然後到了0這一步，只能合並了，於是總的解碼方式變成上一步獨立可合並下一位的個數1，解碼方式是1-10，當前這一位的獨立可合並個數清空為0。
那還有不能合並的呢，比如130，3這一步，仍然是1-3和13，總的有2種，獨立的有1種。
到0這一步，不能合並，於是總的解碼方式變成0，完全不能解碼，返回0。
所以，構造代碼如下：（附詳解）
int numDecodings(string s)
{
if(s[0]==‘0‘)return 0;//邊界條件，如果第一位是字符0，那麽完全不能解碼，直接返回0
int t1=1,t2=1,sum1,t3;//t1表示當前獨立可合並下一位的個數，t2表示當前總的解碼方式的個數
for(int i=1;i<s.size();i++)//從第二位開始處理
{
sum1=(s[i-1]-‘0‘)*10+s[i]-‘0‘;//如果跟前一位合並，計算合並之後的數值
if(sum1>=1&&sum1<=26)//如果數值符合條件，那麽可以合並
{
if(s[i]!=‘0‘)//當前位不是0，那麽t2加上t1的值，t1變成原本t2的值
{
t3=t2;
t2+=t1;
t1=t3;
}
else//當前位是0，比如10這種情況，那麽t2變成t1的值，t1清空
{
t2=t1;
t1=0;
}
}
else//如果計算出來不能合並
{
if(s[i]!=‘0‘)//如果當前位不是0，比如227，後面的27就不能合並，於是t2不變，t1變成t2的數值
t1=t2;
else//如果當前位是0，又不能合並，比如30這種情況，那麽直接返回0
return 0;
}
}
return t2;//最終返回t2這個總的解碼方式的個數
}
上述代碼實測0ms，beats 100.00% of cpp submissions。
如果有時間的話可以再看一下遞歸的做法，筆者最開始也是遞歸的思路，不斷地試探，這種思路比較熟悉。
沒時間的話就算啦，下面的文字可以直接略過。
舉個例子[2,2,2,2,2]，我們先不斷遞歸，逐個處理，直至超出範圍，此時我們次數+1。
接著回退到上一層，也就是最後一個2，發現不能跟下一個數合並，於是再退到上一層，也就是倒數第二個2。
在這個時候發現可以合並，於是進入遞歸，但這時候下一個處理的數的位置要+2，而不是逐個處理。
接著再回退到上一層，發現第三個2和倒數第二個2可以合並，於是進入遞歸，這時候下一個要處理的數的位置+2，到達最後一個2那裏。
……
我們可以總結出遞歸的操作，對於每一位而言，分兩個步驟：
①進入對下一位的遞歸處理。
②結束①之後，判斷能否與下一位合並，進入對下下位的遞歸處理。
所以我們可以構造出如下代碼：
int count=0,t;//全局變量
void digui(string& s,int index)
{
if(index==s.size())//如果超出了範圍,說明當前的嘗試是成功的
{
count++;
return;
}
digui(s,index+1);//第一個步驟
t=(s[index]-‘0‘)*10+s[index+1]-‘0‘;//第二個步驟
if(index+1<s.size()&&t<=26&&t>=1)
digui(s,index+2);
}
int numDecodings(string s)
{
digui(s,0);
return count;
}
上述代碼可以解決大部分情況，但是對於0的存在無能為力。比如10，只有一種解碼方式，但按照上述代碼，返回結果是2。
但其實處理到0這一位的時候，當前嘗試是失敗的，應該結束這種嘗試。
所以我們稍微修改一下代碼，如下：
int count=0,t;
void digui(string& s,int index)
{
if(s[index]==‘0‘)//增加了對於0的判斷
return;
if(index==s.size())
{
count++;
return;
}
digui(s,index+1);
t=(s[index]-‘0‘)*10+s[index+1]-‘0‘;
if(index+1<s.size()&&t<=26&&t>=1)
digui(s,index+2);
}
int numDecodings(string s)
{
digui(s,0);
return count;
}
上述代碼可以通過測試，但是實測484ms，beats 2.67% of cpp submissions。遞歸太耗時間了。
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