【每日一题】使用最小花费爬楼梯

2023-12-17 13:49:11

Tag

【动态规划+空间优化】【数组】【2023-12-17】


题目来源

746. 使用最小花费爬楼梯


解题思路

方法一:动态规划

思路

假设数组 cost 的长度为 n,则 n 阶楼梯分别对应下标 0n-1,楼层顶部对应下标 n,问题等价于计算到达下标 n 的最小花费。可以通过动态规划解决。

接下来对动态规划四部曲的每一步进行具体分析。

状态

创建长度为 n+1 的数组 dpdp[i] 表示到达下标 i 的最小花费。

转移关系

因为每次爬楼梯可以爬一阶也可以爬两阶,所以到达下标 i 对应的楼层可以有以下两种方式:

  • 从下标 i-1 处使用 cost[i-1] 的花费到达下标 i
  • 从下标 i-2 处使用 cost[i-1] 的花费到达下标 i

于是,在 2 <= i <= n 时,有如下的状态转移关系:

d p [ i ] = m i n ( d p [ i ? 1 ] + c o s t [ i ? 1 ] , d p [ i ? 2 ] + c o s t [ i ? 2 ] ) dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]) dp[i]=min(dp[i?1]+cost[i?1],dp[i?2]+cost[i?2])

base case

由于可以选择下标 0 或 1 作为初始阶梯,并且花费为 0,因此有 dp[0]=dp[1]=0

最后返回

最后返回 dp[n],表示到达顶层的最小花费。

算法

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int n = cost.size();
        vector<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];
    }
};

复杂度分析

时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n) n n n 是数组 cost 的长度。

空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

空间优化

思路

观察方法一中的转移关系,我们知道当 i >= 2 时,dp[i] 只和 dp[i-1]dp[i-2] 有关,因此可以使用滚动数组将空间复杂度优化到 O(1)

算法

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

复杂度分析

时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n) n n n 是数组 cost 的长度。

空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)


写在最后

如果您发现文章有任何错误或者对文章有任何疑问,欢迎私信博主或者在评论区指出 💬💬💬。

如果大家有更优的时间、空间复杂度的方法,欢迎评论区交流。

最后,感谢您的阅读,如果有所收获的话可以给我点一个 👍 哦。

文章来源:https://blog.csdn.net/weixin_54383080/article/details/135043287
本文来自互联网用户投稿,该文观点仅代表作者本人,不代表本站立场。本站仅提供信息存储空间服务,不拥有所有权,不承担相关法律责任。