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题目

题目描述

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。

执行示例

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 <= cost[i] <= 999

题解

由题目可知，如果想爬到第n个台阶，可以从n-1号台阶爬1个台阶到达，也可以从n-2号台阶爬2个台阶到达。我们只要求出这两个台阶的花费，从中选择小的那个，就可以得到爬到第n个台阶的花费，即sumCost[n]=min{sumCost[n-1], sumCost[n-2]} + cost[n]。

以示例1为例，爬到下标为0的台阶的花费为10，即从开始的地方爬到第1号台阶到达，因而sumCost[0]=10；爬到下标为1的台阶的花费为15，即从开始的地方爬2个台阶到达或从0号台阶爬1个台阶到达，因而sumCost[1]=min{sumCost[0], 0}+cost[1]=0+15=15；爬到下标为2的她姐的花费为30，因为sumCost[2]=min{sumCost[1], sumCost[0]}+cost[2]=10+20=30；爬到楼梯顶部的花费=min{sumCost[2], sumCost[1]}=15。

通过上面的分析，我们得到了状态转移方程（也叫做递推公式），那么我们就可以开始编码了↓↓↓

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n = cost.size();vector<int>dp(n);dp[0] = cost[0];dp[1] = cost[1];for(int i = 2; i < n; i++)dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];return min(dp[n - 1], dp[n - 2]);}
};

这种解法的时空复杂度均为O(N)，可以通过滚动数组的方式，将其空间复杂度将为O(1)。我们设置3个变量cur、pre、ppre，分别保存当前台阶花费和前两个台阶的花费。

ps：ppre初始化为cost[0]，pre初始化为cost[1]，cur初始化为min{cosy[0], cost[1]} + cost[2]，这3步初始化，求出了0号、1号、2号台阶的最小花费。通过ppre=pre和pre=cur操作后，ppre、pre分别保存的是第1号和第2号台阶的最小花费，通过cur=min(ppre,pre)+cost[3]可计算出第3号台阶的最小花费。以此类推…

代码实现如下↓↓↓

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n = cost.size();if(n == 2) return min(cost[0], cost[1]);int ppre = cost[0], pre = cost[1], cur = min(cost[0], cost[1]) + cost[2];for(int i = 3; i < n; i++){ppre = pre;pre = cur;cur = min(ppre, pre) + cost[i];}return min(pre, cur);}
};

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