「代码随想录」746. 使用最小花费爬楼梯【动态规划】力扣详解！
相信很多小伙伴刷题的时候面对力扣上近两千到题目，感觉无从下手，我花费半年时间整理的Github学习项目：leetcode刷题指南，不仅有详细经典题目刷题顺序而且对应题解来排好了，难点还有视频讲解，按照list一道一道刷就可以了，绝对是最强攻略！
746. 使用最小花费爬楼梯
题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/min-cost-climbing-stairs/
数组的每个下标作为一个阶梯，第 i 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 cost[i]（下标从 0 开始）。
每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，你就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯。
请你找出达到楼层顶部的最低花费。在开始时，你可以选择从下标为 0 或 1 的元素作为初始阶梯。
示例 1：
输入：cost = [10, 15, 20]
输出：15
解释：最低花费是从 cost[1] 开始，然后走两步即可到阶梯顶，一共花费 15 。
示例 2：
输入：cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]
输出：6
解释：最低花费方式是从 cost[0] 开始，逐个经过那些 1 ，跳过 cost[3] ，一共花费 6 。
提示：
- cost 的长度范围是 [2, 1000]。
- cost[i] 将会是一个整型数据，范围为 [0, 999] 。
思路
这道题目可以说是昨天动态规划：爬楼梯的花费版本。
注意题目描述：每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，你就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯
所以示例1中只花费一个15 就可以到阶梯顶，最后一步可以理解为 不用花费。
读完题大家应该知道指定需要动态规划的，贪心是不可能了。
- 确定dp数组以及下标的含义
使用动态规划，就要有一个数组来记录状态，本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。
dp[i]的定义：第i个台阶所花费的最少体力为dp[i]。
对于dp数组的定义，大家一定要清晰！
- 确定递推公式
可以有两个途径得到dp[i]，一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。
那么究竟是选dp[i-1]还是dp[i-2]呢？
一定是选最小的，所以dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
注意这里为什么是加cost[i]，而不是cost[i-1],cost[i-2]之类的，因为题目中说了：每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值
- dp数组如何初始化
根据dp数组的定义，dp数组初始化其实是比较难的，因为不可能初始化为第i台阶所花费的最少体力。
那么看一下递归公式，dp[i]由dp[i-1]，dp[i-2]推出，既然初始化所有的dp[i]是不可能的，那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了，其他的最终都是dp[0]dp[1]推出。
所以初始化代码为：
vector dp(cost.size());
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
- 确定遍历顺序
最后一步，递归公式有了，初始化有了，如何遍历呢？
本题的遍历顺序其实比较简单，简单到很多同学都忽略了思考这一步直接就把代码写出来了。
因为是模拟台阶，而且dp[i]又dp[i-1]dp[i-2]推出，所以是从前到后遍历cost数组就可以了。
但是稍稍有点难度的动态规划，其遍历顺序并不容易确定下来。
例如：01背包，都知道两个for循环，一个for遍历物品嵌套一个for遍历背包容量，那么为什么不是一个for遍历背包容量嵌套一个for遍历物品呢？ 以及在使用一维dp数组的时候遍历背包容量为什么要倒叙呢？
这些都是遍历顺序息息相关。当然背包问题后续「代码随想录」都会重点讲解的！
- 举例推导dp数组
拿示例2：cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] ，来模拟一下dp数组的状态变化，如下：
如果大家代码写出来有问题，就把dp数组打印出来，看看和如上推导的是不是一样的。
以上分析完毕，整体C++代码如下：
// 版本一
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector& cost) {
vector dp(cost.size());
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
for (int i = 2; i < cost.size(); i++) {
dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
}
// 注意最后一步可以理解为不用花费，所以取倒数第一步，第二步的最少值
return min(dp[cost.size() - 1], dp[cost.size() - 2]);
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
还可以优化空间复杂度，因为dp[i]就是由前两位推出来的，那么也不用dp数组了，C++代码如下：
// 版本二
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector& cost) {
int dp0 = cost[0];
int dp1 = cost[1];
for (int i = 2; i < cost.size(); i++) {
int dpi = min(dp0, dp1) + cost[i];
dp0 = dp1; // 记录一下前两位
dp1 = dpi;
}
return min(dp0, dp1);
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
当然我不建议这么写，能写出版本一就可以了，直观简洁！
在后序的讲解中，可能我会忽略这种版本二的写法，大家只要知道有这么个写法就可以了哈。
总结
大家可以发现这道题目相对于 昨天的动态规划：爬楼梯有难了一点，但整体思路是一样。
从动态规划：斐波那契数到 动态规划：爬楼梯再到今天这道题目，录友们感受到循序渐进的梯度了嘛。
每个系列开始的时候，都有录友和我反馈说题目太简单了，赶紧上难度，但也有录友和我说有点难了，快跟不上了。
其实我选的题目都是有目的性的，就算是简单题，也是为了练习方法论，然后难度都是梯度上来的，一环扣一环。
但我也可以随便选来一道难题讲呗，这其实是最省事的，不用管什么题目顺序，看心情找一道就讲。
难的是把题目按梯度排好，循序渐进，再按照统一方法论把这些都串起来，哈哈，所以大家不要催我哈，按照我的节奏一步一步来就行啦。
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