【动态规划篇】746.使用最小花费爬楼梯

746.使用最小花费爬楼梯

题目链接： 746.使用最小花费爬楼梯
题目叙述： 给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第i个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。

你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。

请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。

示例 1：

输入： cost = 10,15,20
输出： 15
解释： 你将从下标为 1 的台阶开始。

• 支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。
  总花费为 15 。

示例 2：

输入： cost = 1,100,1,1,1,100,1,1,100,1
输出： 6
解释： 你将从下标为 0 的台阶开始。

• 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。
• 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 4 的台阶。
• 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 6 的台阶。
• 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达下标为 7 的台阶。
• 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 9 的台阶。
• 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达楼梯顶部。
  总花费为 6 。

提示：

2 <= cost.length <= 1000

0 <= costi <= 999

---

解题思路：
解法一：

1. 状态表示
   
   dp[0] 表示爬到0位置的最小花费
   dp[1] 表示爬到1位置的最小花费
   dp[2] 表示爬到2位置的最小花费
   .
   .
   dp[i]表示爬到i位置的最小花费
2. 状态转移方程
   用i之前或之后的位置的状态，推导出dp[i]的值
   dp[i]表示到达i位置的最小花费
   要么到达i-1的位置一1步到达i位置，要么到达i-2的位置走两步到达i位置
   🍃根据最近的一步来划分问题
   
   dpi = min(dpi - 1 + costi - 1,dpi - 2 + costi - 2)
3. 初始化
   保证填表的时候不越界
   dp[0] = dp[1] = 0;
4. 填表顺序
   从左往右
5. 返回值
   dp[n]

代码实现：

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        //1.创建dp表
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n + 1);
        //2.初始化  由于vector的特性不写默认是0；
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            //3.dp方程
            dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);

        return dp[n];//最后要爬到楼顶，所以要返回dp[n]
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

解法二：

1. 状态表示
   dp[i]表示：以i为起点到达楼顶时的最小花费
2. 状态转移方程
   分为两种情况：
    ➀支付i位置的费用后，从i+1的位置到终点
    ➁支付i位置的费用后，从i+2的位置到终点
   
   dpi = min(dpi + 1 + cost i ,dpi + 2 + cost i )
3. 初始化
   若从n-1位置出发到达楼顶只需支付n-1位置的费用
   若从n-2位置出发到达楼顶只需支付n-2位置的费用
   
   仅需初始化最后两个位置
   dp[n-1] = cost[n-1],dp[n-2] = cost[n-2]
4. 填表顺序
   从右往左
5. 返回值
   min(dp[0],dp[1])

代码实现：

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        //1.初始化dp表
        //2.初始化
        //3.填表
        //4.返回结果
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n);
        dp[n - 1] = cost[n - 1];
        dp[n - 2] = cost[n - 2];
        for (int i = n - 3; i >= 0; i--)
        {
            dp[i] = cost[i] + min(dp[i + 1], dp[i + 2]);
        }
        return min(dp[0], dp[1]);
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

---

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