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# 746. 使用最小花费爬楼梯

力扣题目链接 (opens new window)

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 (opens new window)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。

  1. 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:到达第i个台阶所花费的最少体力为dp[i]。(注意这里认为是第一步一定是要花费)

对于dp数组的定义,大家一定要清晰!

  1. 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

  1. 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<int> dp(cost.size());
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
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  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!

  1. 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:

746.使用最小花费爬楼梯

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<int>& cost) {
        vector<int> 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]);
    }
};
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  • 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<int>& 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);
    }
};

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  • 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。

# 拓展

这道题描述也确实有点魔幻。

题目描述为: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。

示例1:

输入:cost = [10, 15, 20] 输出:15

从题目描述可以看出:要不是第一步不需要花费体力,要不就是第最后一步不需要花费体力,我个人理解:题意说的其实是第一步是要支付费用的!。因为是当你爬上一个台阶就要花费对应的体力值!

所以我定义的dp[i]意思是也是第一步是要花费体力的,最后一步不用花费体力了,因为已经支付了。

当然也可以样,定义dp[i]为:第一步是不花费体力,最后一步是花费体力的。

所以代码这么写:

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        vector<int> dp(cost.size() + 1);
        dp[0] = 0; // 默认第一步都是不花费体力的
        dp[1] = 0;
        for (int i = 2; i <= cost.size(); i++) {
            dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
        }
        return dp[cost.size()];
    }
};
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这么写看上去比较顺,但是就是感觉和题目描述的不太符。哈哈,也没有必要这么细扣题意了,大家只要知道,题目的意思反正就是要不是第一步不花费,要不是最后一步不花费,都可以。

# 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 (opens new window)有难了一点,但整体思路是一样。

动态规划:斐波那契数 (opens new window)动态规划:爬楼梯 (opens new window)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。

学算法,认准「代码随想录」,没毛病!

# 其他语言版本

Java:

class Solution {
    public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
        if (cost == null || cost.length == 0) {
            return 0;
        }
        if (cost.length == 1) {
            return cost[0];
        }
        int[] dp = new int[cost.length];
        dp[0] = cost[0];
        dp[1] = cost[1];
        for (int i = 2; i < cost.length; i++) {
            dp[i] = Math.min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
        }
        //最后一步,如果是由倒数第二步爬,则最后一步的体力花费可以不用算
        return Math.min(dp[cost.length - 1], dp[cost.length - 2]);
    }
}
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Python:

class Solution:
    def minCostClimbingStairs(self, cost: List[int]) -> int:
        dp = [0] * (len(cost))
        dp[0] = cost[0]
        dp[1] = cost[1]
        for i in range(2, len(cost)):
            dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i]
        return min(dp[len(cost) - 1], dp[len(cost) - 2])
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Go:

func minCostClimbingStairs(cost []int) int {
	dp := make([]int, len(cost))
	dp[0], dp[1] = cost[0], cost[1]
	for i := 2; i < len(cost); i++ {
		dp[i] = min(dp[i-1], dp[i-2]) + cost[i]
	}
	return min(dp[len(cost)-1], dp[len(cost)-2])
}

func min(a, b int) int {
	if a < b {
		return a
	}
	return b
}
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Javascript:

var minCostClimbingStairs = function(cost) {
    const dp = [ cost[0], cost[1] ]
    
    for (let i = 2; i < cost.length; ++i) {
        dp[i] = Math.min(dp[i -1] + cost[i], dp[i - 2] + cost[i])
    }
    
    return Math.min(dp[cost.length - 1], dp[cost.length - 2])
};
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