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旧题目描述：
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] 。
本题之前的题目描述是很模糊的，看不出来，第一步需要花费体力值，最后一步不用花费，还是说 第一步不花费体力值，最后一步花费。
后来力扣改了题目描述，新题目描述：
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。
（在力扣修改了题目描述下，我又重新修改了题解）
修改之后的题意就比较明确了，题目中说 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯” 也就是相当于 跳到 下标 0 或者 下标 1 是不花费体力的， 从 下标 0 下标1 开始跳就要花费体力了。
- 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：到达第i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]。
dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。
dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。
那么究竟是选从dp[i - 1]跳还是从dp[i - 2]跳呢？
一定是选最小的，所以dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
- dp数组如何初始化
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。
那么 dp[0] 应该是多少呢？ 根据dp数组的定义，到达第0台阶所花费的最小体力为dp[0]，那么有同学可能想，那dp[0] 应该是 cost[0]，例如 cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] 的话，dp[0] 就是 cost[0] 应该是1。
这里就要说名了，本题力扣为什么改题意了，而且修改题意之后 就清晰很多的原因了。
新题目描述中明确说了 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。” 也就是说 从 到达 第 0 个台阶是不花费的，但从 第0 个台阶 往上跳的话，需要花费 cost[0]。
所以初始化 dp[0] = 0，dp[1] = 0;
- 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]由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序呢？
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：
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()];
}
};- 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 = 0;
int dp1 = 0;
for (int i = 2; i <= cost.size(); i++) {
int dpi = min(dp1 + cost[i - 1], dp0 + cost[i - 2]);
dp0 = dp1; // 记录一下前两位
dp1 = dpi;
}
return dp1;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
当然如果在面试中，能写出版本一就行，除非面试官额外要求 空间复杂度，那么再去思考版本二，因为版本二还是有点绕。版本一才是正常思路。
旧力扣描述，如果按照 第一步是花费的，最后一步不花费，那么代码是这么写的，提交也可以通过
// 版本一
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
vector<int> dp(cost.size());
dp[0] = cost[0]; // 第一步有花费
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]);
}
};当然如果对 动态规划 理解不够深入的话，拓展内容就别看了，容易越看越懵。
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，所以大家不要催我哈，按照我的节奏一步一步来就行了。
学算法，认准「代码随想录」，没毛病！
以下版本其他语言版本，大多是按照旧力扣题解来写的，欢迎大家在Github上提交pr，修正一波。
// 方式一：第一步不支付费用
class Solution {
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
int len = cost.length;
int[] dp = new int[len + 1];
// 从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始，因此支付费用为0
dp[0] = 0;
dp[1] = 0;
// 计算到达每一层台阶的最小费用
for (int i = 2; i <= len; i++) {
dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
}
return dp[len];
}
}// 方式二：第一步支付费用
class Solution {
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
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]);
}
}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])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
}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])
};function minCostClimbingStairs(cost: number[]): number {
/**
dp[i]: 走到第i阶需要花费的最少金钱
dp[0]: cost[0];
dp[1]: cost[1];
...
dp[i]: min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
*/
const dp: number[] = [];
const length: number = cost.length;
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
for (let i = 2; i <= length; i++) {
dp[i] = Math.min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
}
return Math.min(dp[length - 1], dp[length - 2]);
};use std::cmp::min;
impl Solution {
pub fn min_cost_climbing_stairs(cost: Vec<i32>) -> i32 {
let len = cost.len();
let mut dp = vec![0; len];
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
for i in 2..len {
dp[i] = min(dp[i-1], dp[i-2]) + cost[i];
}
min(dp[len-1], dp[len-2])
}
}int minCostClimbingStairs(int* cost, int costSize){
//开辟dp数组，大小为costSize
int *dp = (int *)malloc(sizeof(int) * costSize);
//初始化dp[0] = cost[0], dp[1] = cost[1]
dp[0] = cost[0], dp[1] = cost[1];
int i;
for(i = 2; i < costSize; ++i) {
dp[i] = (dp[i-1] < dp[i-2] ? dp[i-1] : dp[i-2]) + cost[i];
}
//选出倒数2层楼梯中较小的
return dp[i-1] < dp[i-2] ? dp[i-1] : dp[i-2];
}object Solution {
def minCostClimbingStairs(cost: Array[Int]): Int = {
var dp = new Array[Int](cost.length)
dp(0) = cost(0)
dp(1) = cost(1)
for (i <- 2 until cost.length) {
dp(i) = math.min(dp(i - 1), dp(i - 2)) + cost(i)
}
math.min(dp(cost.length - 1), dp(cost.length - 2))
}
}第二种思路: dp[i] 表示爬到第i-1层所需的最小花费，状态转移方程为: dp[i] = min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2])
object Solution {
def minCostClimbingStairs(cost: Array[Int]): Int = {
var dp = new Array[Int](cost.length + 1)
for (i <- 2 until cost.length + 1) {
dp(i) = math.min(dp(i - 1) + cost(i - 1), dp(i - 2) + cost(i - 2))
}
dp(cost.length)
}
}public class Solution
{
public int MinCostClimbingStairs(int[] cost)
{
int[] dp=new int[2] { cost[0], cost[1] };
for (int i = 2; i < cost.Length; i++)
{
int temp = Math.Min(dp[0], dp[1])+cost[i];
dp[0]=dp[1];
dp[1]=temp;
}
return Math.Min(dp[0],dp[1]);
}
}
