Min Cost Climbing Stairs - LeetCode
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Min Cost Climbing Stairs - LeetCode
注意点
- 注意边界条件
解法
解法一:这道题也是一道dp题。dp[i]表示爬到第i层的最小cost,想要到达第i层只有两种可能性,一个是从第i-2层上直接跳上来,一个是从第i-1层上跳上来。所以可以得到dp[i] = min(dp[i- 2] + cost[i - 2], dp[i - 1] + cost[i - 1])
。时间复杂度O(n)。
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
int n = cost.size(),i;
vector<int> dp(n+1, 0);
for(i = 2;i <= n;i++)
{
dp[i] = min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2]);
}
return dp[n];
}
};
解法二:换一个思路。我们离开这一层一定要花费cost[i],到达这一层我们还是要从前一层或者前两层的台阶上跳上来,所以得到dp[i] = cost[i] + min(dp[i- 1], dp[i - 2])
,最后我们在最后两个dp值中选择一个较小的返回即可。时间复杂度O(n)。
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
int n = cost.size(),i;
vector<int> dp(n,0);
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
for(i = 2;i < n;i++)
{
dp[i] = cost[i] + min(dp[i-1],dp[i-2]);
}
return min(dp[n-1],dp[n-2]);
}
};
小结
- 这道题可以扩展到每次可以走k步,那解法一递推式就变为
dp[i] = min(dp[i - k]+cost[i - k],...,dp[i- 2] + cost[i - 2], dp[i - 1] + cost[i - 1])
。解法二递推式变为dp[i] = cost[i] + min(dp[i- 1], dp[i - 2],...,dp[i - k])
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