好的，我随机挑选一个你列表中尚未出现过的线性动态规划题目。这次我们讲解：

解码方法 II

题目描述

给你一个只包含数字 '0' - '9' 和字符 '*' 的字符串 s。其中 '*' 可以表示 '1' 到 '9' 中的任意一个数字。

该字符串已经用一种特殊的编码规则进行了编码，规则如下：

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

你需要计算出 总共有多少种方式 可以将这个已编码的字符串解码回一个只包含大写字母的字符串。

由于答案可能非常大，你需要将结果对 10^9 + 7 取模后返回。

示例 1：

输入：s = "*"
输出：9
解释：'*' 可以代表 '1' 到 '9' 中的任意一个，分别对应字母 A 到 I。所以有 9 种解码方式。

示例 2：

输入：s = "1*"
输出：18
解释：
第一种情况：把 '*' 当作单独的数字。
    '*' 作为 1-9：有 9 种（对应 "AA" 到 "AI"）。
第二种情况：把 "1*" 当作一个两位数。
    "1*" 可以是 11-19（对应 "K" 到 "S"），共 9 种。
所以总共有 9 + 9 = 18 种。

示例 3：

输入：s = "2*"
输出：15
解释：
单独数字：'2' 固定， '*' 作为 1-9，共 9 种（"BA" 到 "BI"）。
两位数："2*" 可以是 21-26（对应 "U" 到 "Z"），共 6 种。
总数：9 + 6 = 15。

解题思路分析

这是一个线性动态规划的经典变种，是 “解码方法” 问题的加强版。核心难点在于引入了通配符 '*'，使得状态转移时需要根据当前字符和前一个字符的不同情况（数字、*）进行大量的条件分支处理。

1. 定义状态

设 dp[i] 表示字符串 s 的前 i 个字符（即 s[0..i-1]）的解码方法总数。为了方便处理，我们让 dp[0] 表示空字符串的解码方法数，显然有 1 种（解码成一个空串）。dp[1] 表示第一个字符的解码方法数。

2. 寻找状态转移方程

我们需要考虑如何从 dp[i-1] 和 dp[i-2] 推导出 dp[i]。解码到第 i 个字符时，有两种基本方式：

• 方式一：将第 i 个字符单独解码为一个字母。这取决于 s[i-1]（因为 dp[i] 对应 s[0..i-1]）。
• 方式二：将第 i-1 个字符和第 i 个字符组合解码为一个字母。这取决于 s[i-2] 和 s[i-1] 组成的两位数是否在 10 到 26 之间。

因此，dp[i] 应该等于这两种方式贡献的方法数之和。

3. 分类讨论（这是本题最核心、最繁琐的部分）

我们定义一个辅助函数 ways1(c) 表示单个字符 c 能解码成字母的方法数，以及 ways2(c1, c2) 表示两个字符 c1 和 c2 组合解码成字母的方法数。

情况 A：单独解码（考虑 s[i-1]）

• 如果 s[i-1] 是 '1' 到 '9'：ways1 = 1。
• 如果 s[i-1] 是 '*'：ways1 = 9（因为可以代表 1-9）。
• 如果 s[i-1] 是 '0'：ways1 = 0（因为 '0' 不能单独解码成任何字母，必须与前面的 '1' 或 '2' 组合）。
  这种方式的贡献是：dp[i] += ways1(s[i-1]) * dp[i-1]。

情况 B：组合解码（考虑 s[i-2] 和 s[i-1]）
这需要判断两位数字符串 s[i-2]s[i-1] 是否在 "10" 到 "26" 之间。
我们需要根据 s[i-2] 和 s[i-1] 的所有可能取值来计算 ways2。

3.1 当 s[i-2] 是数字时：

• s[i-2] == '1'：
  • 如果 s[i-1] 是 '0' 到 '9'：ways2 = 1（因为 10-19 都有效）。
  • 如果 s[i-1] 是 '*'：ways2 = 9（因为 11-19 有效，共9种）。
• s[i-2] == '2'：
  • 如果 s[i-1] 是 '0' 到 '6'：ways2 = 1（因为 20-26 有效）。
  • 如果 s[i-1] 是 '7' 到 '9'：ways2 = 0（27-29 无效）。
  • 如果 s[i-1] 是 '*'：ways2 = 6（因为 21-26 有效，共6种）。
• s[i-2] 是 '0', '3' 到 '9'：
  • 无论 s[i-1] 是什么，组合都是无效的（因为 00-09, 30-39, ... 90-99 都无效），ways2 = 0。

3.2 当 s[i-2] 是 '*' 时：
这时 s[i-2] 可以是 '1' 或 '2'（只有这两种可能让组合有效）。

• 如果 s[i-1] 是 '0' 到 '9'：
  • 数字在 '0' 到 '6'：ways2 = 2（* 为 '1' 或 '2' 都有效，例如 *0 可以是 10 或 20）。
  • 数字是 '7' 到 '9'：ways2 = 1（* 只能为 '1' 才有效，例如 *7 只能是 17）。
• 如果 s[i-1] 是 '*'：
  • ** 的组合：11-19（9种）和 21-26（6种）都有效，共 15 种。所以 ways2 = 15。

这种方式的贡献是：dp[i] += ways2(s[i-2], s[i-1]) * dp[i-2]。

4. 初始化和边界条件

• dp[0] = 1（空串有一种解码方式）。
• 对于 dp[1]，我们只需要应用 情况 A 的规则（单独解码第一个字符），因为不存在 s[-1] 来组合。
• 从 i = 2 开始，我们同时考虑情况 A 和情况 B。

5. 最终答案与取模
最终答案为 dp[n]，其中 n 是字符串 s 的长度。每一步计算都需要对 10^9 + 7 取模，防止溢出。

详细解题步骤与代码逻辑

我们将上述思路转化为伪代码，并最终写成具体实现。

1. 定义常量 MOD = 10**9 + 7。
2. 初始化 dp 数组，长度为 n+1，dp[0] = 1。
3. 计算 dp[1]：
   • 如果 s[0] == '*'：dp[1] = 9
   • 如果 s[0] == '0'：dp[1] = 0
   • 否则（'1'到'9'）：dp[1] = 1
4. 循环 i 从 2 到 n：
   • 初始化 count = 0。
   • 情况 A：单独解码 s[i-1]。
     • 调用 ways1(s[i-1])，乘以 dp[i-1]，加到 count。
   • 情况 B：组合解码 s[i-2] 和 s[i-1]。
     • 调用 ways2(s[i-2], s[i-1])，乘以 dp[i-2]，加到 count。
   • dp[i] = count % MOD。
5. 返回 dp[n]。

其中 ways1 和 ways2 函数根据上面的分类讨论实现。

代码实现示例 (Python)

class Solution:
    def numDecodings(self, s: str) -> int:
        MOD = 10**9 + 7
        n = len(s)
        dp = [0] * (n + 1)
        dp[0] = 1  # 空字符串

        # 初始化第一个字符
        if s[0] == '*':
            dp[1] = 9
        elif s[0] == '0':
            dp[1] = 0
        else:
            dp[1] = 1

        for i in range(2, n + 1):
            # 情况A: 单独解码最后一个字符 s[i-1]
            if s[i-1] == '*':
                count = 9 * dp[i-1]
            elif s[i-1] != '0':
                count = dp[i-1]
            else:
                count = 0  # '0' 不能单独解码

            # 情况B: 组合解码最后两个字符 s[i-2], s[i-1]
            if s[i-2] == '1':
                if s[i-1] == '*':
                    count += 9 * dp[i-2]
                else:
                    count += dp[i-2]  # 10-19 都有效
            elif s[i-2] == '2':
                if s[i-1] == '*':
                    count += 6 * dp[i-2]  # 21-26 共6种
                elif '0' <= s[i-1] <= '6':
                    count += dp[i-2]  # 20-26 有效
            elif s[i-2] == '*':
                if s[i-1] == '*':
                    count += 15 * dp[i-2]  # 11-19 和 21-26, 共15种
                elif '0' <= s[i-1] <= '6':
                    count += 2 * dp[i-2]  # *0-*6: *为1或2都有效
                elif '7' <= s[i-1] <= '9':
                    count += dp[i-2]  # *7-*9: *只能为1才有效

            dp[i] = count % MOD

        return dp[n]

关键点总结与复杂度分析

1. 核心思想：仍然是经典的“爬楼梯”类动态规划，但状态转移时的“步长价值”（ways1 和 ways2）变得异常复杂，需要对 '*' 进行枚举分析。
2. 状态定义：dp[i] 表示前 i 个字符的解码方法数，这是处理此类“分段”问题的标准定义。
3. 分类讨论：这是本题最考验细心和逻辑严密性的地方。必须清晰地列出 s[i-1] 和 s[i-2] 所有可能的字符组合（数字、*），并计算出每种组合对应的解码方法数。
4. 初始化：特别注意 dp[0] = 1 和第一个字符 '0' 的特殊情况。
5. 复杂度：
   • 时间复杂度：O(n)，我们只遍历了一次字符串。
   • 空间复杂度：O(n)，用于存储 dp 数组。可以优化为 O(1)，因为每个状态只依赖于前两个状态（滚动数组）。

通过这样逐步拆解，我们就将一道看似复杂的题目，转化为了一个思路清晰、逻辑严密的动态规划问题。掌握这种分类讨论和分情况计算贡献的能力，是解决此类带通配符或复杂约束的动态规划问题的关键。