题目

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）。

每当爬上一个阶梯都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯。

请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 。

链接

剑指 Offer II 088. 爬楼梯的最少成本

代码

动态规划

因为这道题到达的不是数组最后一个位置，而是数组的最后一个位置的后一个位置，所以添加一个占位0，表示到最后一个位置不需要花费

  • 确定状态

    dp[i] 表示到 i 位置需要的花费

  • 确定状态转移方程

    dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i -2]) + cost[i]

    因为可以选择跳两次或跳一次，所以可以选择上一次和上上一次中花费最低的一次，然后加上这一层的花费，表示到这一层的需要的花费

  • 确定边界条件或初始化条件

    多说一句，一般递推的题就是确实确定初始化条件。即从左往右算的题是需要确定初始化条件，从右往左算的题需要确定边界条件。

    dp[0] = cost[0], dp[1] = cost[1] 也就是初始就在第一个位置或第二个位置（站在该位置就需要花钱）

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class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        cost.push_back(0);
        int n = cost.size();
        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 dp[n - 1];
    }
};

另外一种确定状态情况

  • 确定状态

    dp[i] 表示到 i 位置需要的花费（不加本身这一层）

  • 确定状态转移方程

    dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2])

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

提示

由于状态数组的大小不太方便确定，为了简化思维可以直接宏定义一个最大的值（最好比题给的值再大一点，不需要卡住某一个值）。例如：

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class Solution {
    #define maxn 1024
    int dp[maxn];
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n = cost.size();
        dp[0] = dp[1] = 0;
        for(int i = 2; i <= n; ++i) {
            dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
        }
        return dp[n];
    }
};