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题目：746. 使用最小花费爬楼梯

数组的每个索引作为一个阶梯，第 i个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 cost。

每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力花费值，然后你可以选择继续爬一个阶梯或者爬两个阶梯。

您需要找到达到楼层顶部的最低花费。在开始时，你可以选择从索引为 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。 注意：

cost 的长度将会在 [2, 1000]。

每一个 cost[i] 将会是一个Integer类型，范围为 [0, 999]。

来源：力扣（LeetCode）

链接：https://leetcode-cn.com/problems/min-cost-climbing-stairs

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题解1

利用动态规划求解。

1. 状态定义

假设数组dp[i]表示爬到楼梯i时花费的体力值。

2. 状态转移方程

由于每次最多爬两级，因此dp[i]有两种方式到达：即从第i-1层楼梯，或从第i-2层楼梯， 则：

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

3. 初始条件/边界

索引为 0 或 1 的元素作为初始阶梯时无需花费体力。

dp[0] = 0, dp[1] = 0

4. 最优解

到达楼顶为最终解dp[n]

代码1

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

空间复杂度改进1

由状态转移方程，当前状态只与前两个状态dp[i-1]和dp[i-2]有关，因此可用两个变量来缓存即可。

class Solution {
   public:    int minCostClimbingStairs(vector
   
    & cost) {
           int n = cost.size();        int dp_2 = 0;        int dp_1 = 0;        for (int i = 2; i <= n; i++) {
               int dp = min(dp_1 + cost[i-1], dp_2 + cost[i-2]);            dp_2 = dp_1;            dp_1 = dp;        }        return dp_1;    }};
   

题解2

利用动态规划求解。

1. 状态定义

假设数组dp[i]表示爬过楼梯 i 时花费的体力值，此时dp[i]包括爬楼梯i的体力花费。

2. 状态转移方程

由于每次最多爬两级，因此dp[i]有两种方式到达：即从第i-1层楼梯，或从第i-2层楼梯， 则：

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

3. 初始条件/边界

索引为 0 或 1 的元素作为初始阶梯时无需花费体力，但需要爬过楼梯0和1时就需要花费对应的体力值。

dp[0] = cost[0], dp[1] = cost[1]

4. 最优解

爬过楼梯n-1，或爬过楼梯n-2时可以直接到达楼顶，因此最终解表示为min(dp[n-1], dp[n-2])

代码2

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

空间复杂度改进2

由状态转移方程，当前状态只与前两个状态dp[i-1]和dp[i-2]有关，因此可用两个变量来缓存即可。

class Solution {
   public:    int minCostClimbingStairs(vector
   
    & cost) {
           int n = cost.size();        int dp_2 = cost[0];        int dp_1 = cost[1];        for (int i = 2; i < n; i++) {
               int dp = cost[i] + min(dp_1, dp_2);            dp_2 = dp_1;            dp_1 = dp;        }        return min(dp_1, dp_2);    }};