746.使用最小花费爬楼梯
题目链接： 746.使用最小花费爬楼梯
题目叙述： 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。
示例 1：
输入： cost = [10,15,20]
输出： 15
解释： 你将从下标为 1 的台阶开始。
- 支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 15 。
示例 2：
输入： cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出： 6
解释： 你将从下标为 0 的台阶开始。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 4 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 6 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达下标为 7 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 9 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 6 。
提示：
2 <= cost.length <= 1000
0 <= cost[i] <= 999
解题思路：
解法一：
- 状态表示
dp[0]表示爬到0位置的最小花费
dp[1]表示爬到1位置的最小花费
dp[2]表示爬到2位置的最小花费
.
.
dp[i]表示爬到i位置的最小花费 - 状态转移方程
用i之前或之后的位置的状态，推导出dp[i]的值
dp[i]表示到达i位置的最小花费
要么到达i-1的位置一1步到达i位置，要么到达i-2的位置走两步到达i位置
🍃根据最近的一步来划分问题
dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1],dp[i - 2] + cost[i - 2]) - 初始化
保证填表的时候不越界
dp[0] = dp[1] = 0; - 填表顺序
从左往右 - 返回值
dp[n]
代码实现：
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {//1.创建dp表int n = cost.size();vector<int> dp(n + 1);//2.初始化 由于vector的特性不写默认是0；for (int i = 2; i <= n; i++)//3.dp方程dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);return dp[n];//最后要爬到楼顶，所以要返回dp[n]}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
解法二：
- 状态表示
dp[i]表示：以i为起点到达楼顶时的最小花费 - 状态转移方程
分为两种情况：
➀支付i位置的费用后，从i+1的位置到终点
➁支付i位置的费用后，从i+2的位置到终点
dp[i] = min(dp[i + 1] + cost[ i ],dp[i + 2] + cost[ i ]) - 初始化
若从n-1位置出发到达楼顶只需支付n-1位置的费用
若从n-2位置出发到达楼顶只需支付n-2位置的费用
仅需初始化最后两个位置
dp[n-1] = cost[n-1],dp[n-2] = cost[n-2] - 填表顺序
从右往左 - 返回值
min(dp[0],dp[1])
代码实现：
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {//1.初始化dp表//2.初始化//3.填表//4.返回结果int n = cost.size();vector<int> dp(n);dp[n - 1] = cost[n - 1];dp[n - 2] = cost[n - 2];for (int i = n - 3; i >= 0; i--){dp[i] = cost[i] + min(dp[i + 1], dp[i + 2]);}return min(dp[0], dp[1]);}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
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