題目描述（中等难度）
每个数字对应一个字母，给一串数字，问有几种解码方式。例如 226 可以有三种，2|2|6，22|6，2|26。
解法一 递归
很容易想到递归去解决，将大问题化作小问题。
比如 232232323232。
对于第一个字母我们有两种划分方式。
2|32232323232 和 23|2232323232
所以，如果我们分别知道了上边划分的右半部分 32232323232 的解码方式是 ans1 种，2232323232 的解码方式是 ans2 种，那么整体 232232323232 的解码方式就是 ans1 + ans2 种。可能一下子，有些反应不过来，可以看一下下边的类比。
假如从深圳到北京可以经过武汉和上海两条路，而从武汉到北京有 8 条路，从上海到北京有 6 条路。那么从深圳到北京就有 8 + 6 = 14 条路。
public int numDecodings(String s) {
return getAns(s, 0);
}
private int getAns(String s, int start) {
//划分到了最后返回 1
if (start == s.length()) {
return 1;
}
//开头是 0,0 不对应任何字母，直接返回 0
if (s.charAt(start) == '0') {
return 0;
}
//得到第一种的划分的解码方式
int ans1 = getAns(s, start + 1);
int ans2 = 0;
//判断前两个数字是不是小于等于 26 的
if (start < s.length() - 1) {
int ten = (s.charAt(start) - '0') * 10;
int one = s.charAt(start + 1) - '0';
if (ten + one <= 26) {
ans2 = getAns(s, start + 2);
}
}
return ans1 + ans2;
}
时间复杂度：
空间复杂度：
解法二 递归 memoization
解法一的递归中，走完左子树，再走右子树会把一些已经算过的结果重新算，所以我们可以用 memoization 技术，就是算出一个结果很就保存，第二次算这个的时候直接拿出来就可以了。
public int numDecodings(String s) {
HashMap<Integer, Integer> memoization = new HashMap<>();
return getAns(s, 0, memoization);
}
private int getAns(String s, int start, HashMap<Integer, Integer> memoization) {
if (start == s.length()) {
return 1;
}
if (s.charAt(start) == '0') {
return 0;
}
//判断之前是否计算过
int m = memoization.getOrDefault(start, -1);
if (m != -1) {
return m;
}
int ans1 = getAns(s, start + 1, memoization);
int ans2 = 0;
if (start < s.length() - 1) {
int ten = (s.charAt(start) - '0') * 10;
int one = s.charAt(start + 1) - '0';
if (ten + one <= 26) {
ans2 = getAns(s, start + 2, memoization);
}
}
//将结果保存
memoization.put(start, ans1 + ans2);
return ans1 + ans2;
}
解法三 动态规划
同样的，递归就是压栈压栈压栈，出栈出栈出栈的过程，我们可以利用动态规划的思想，省略压栈的过程，直接从 bottom 到 top。
用一个 dp 数组， dp [ i ] 代表字符串 s [ i, s.len-1 ]，也就是 s 从 i 开始到结尾的字符串的解码方式。
这样和递归完全一样的递推式。
如果 s [ i ] 和 s [ i + 1 ] 组成的数字小于等于 26，那么
dp [ i ] = dp[ i + 1 ] + dp [ i + 2 ]
public int numDecodings(String s) {
int len = s.length();
int[] dp = new int[len + 1];
dp[len] = 1; //将递归法的结束条件初始化为 1
//最后一个数字不等于 0 就初始化为 1
if (s.charAt(len - 1) != '0') {
dp[len - 1] = 1;
}
for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {
//当前数字时 0 ，直接跳过，0 不代表任何字母
if (s.charAt(i) == '0') {
continue;
}
int ans1 = dp[i + 1];
//判断两个字母组成的数字是否小于等于 26
int ans2 = 0;
int ten = (s.charAt(i) - '0') * 10;
int one = s.charAt(i + 1) - '0';
if (ten + one <= 26) {
ans2 = dp[i + 2];
}
dp[i] = ans1 + ans2;
}
return dp[0];
}
接下来就是，动态规划的空间优化了，例如5题，10题，53题，72题等等都是同样的思路。都是注意到一个特点，当更新到 dp [ i ] 的时候，我们只用到 dp [ i + 1] 和 dp [ i + 2]，之后的数据就没有用了。所以我们不需要 dp 开 len + 1 的空间。
简单的做法，我们只申请 3 个空间，然后把 dp 的下标对 3 求余就够了。
public int numDecodings4(String s) {
int len = s.length();
int[] dp = new int[3];
dp[len % 3] = 1;
if (s.charAt(len - 1) != '0') {
dp[(len - 1) % 3] = 1;
}
for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {
if (s.charAt(i) == '0') {
dp[i % 3] = 0; //这里很重要，因为空间复用了，不要忘记归零
continue;
}
int ans1 = dp[(i + 1) % 3];
int ans2 = 0;
int ten = (s.charAt(i) - '0') * 10;
int one = s.charAt(i + 1) - '0';
if (ten + one <= 26) {
ans2 = dp[(i + 2) % 3];
}
dp[i % 3] = ans1 + ans2;
}
return dp[0];
}
然后，如果多考虑以下，我们其实并不需要 3 个空间，我们只需要 2 个就够了，只需要更新的时候，指针移动一下，代码如下。
public int numDecodings5(String s) {
int len = s.length();
int end = 1;
int cur = 0;
if (s.charAt(len - 1) != '0') {
cur = 1;
}
for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {
if (s.charAt(i) == '0') {
end = cur;//end 前移
cur = 0;
continue;
}
int ans1 = cur;
int ans2 = 0;
int ten = (s.charAt(i) - '0') * 10;
int one = s.charAt(i + 1) - '0';
if (ten + one <= 26) {
ans2 = end;
}
end = cur; //end 前移
cur = ans1 + ans2;
}
return cur;
}
总
从递归，到动态规划，到动态规划的空间复杂度优化，已经很多这样的题了，很经典。
更多详细通俗题解详见 leetcode.wang 。
