509. 斐波那契数

力扣题目链接(opens new window)

斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是： F(0) = 0，F(1) = 1 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1 给你n ，请计算 F(n) 。

状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];

n+1:0-n有n+1个数字

class Solution {
public:int fib(int N) {if (N <= 1) return N;vector<int> dp(N + 1);dp[0] = 0;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[N];}
};

只需要维护数组的两个数即可，不用维护整个数组：

class Solution {
public:int fib(int N) {if (N <= 1) return N;int dp[2];dp[0] = 0;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {int sum = dp[0] + dp[1];dp[0] = dp[1];dp[1] = sum;}return dp[1];}
};

70. 爬楼梯

力扣题目链接(opens new window)

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。

每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

注意：给定 n 是一个正整数。

dp[i]： 爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法

因为一次只能爬一节到两节 爬到第三节楼梯 只能从第一节楼梯 和第二节楼梯爬上来

所以爬到第三节的办法一共是 爬到第一节的方法加上爬到第二节的方法

同理：题目中要求的每次可以爬1或者2个台阶，也就是说，最终到达n阶台阶有两种方式，一个是爬1阶台阶到达（对应的是从n-1阶台阶开始），那么另一个就是爬2阶台阶到达（对应的是从n-2阶台阶开始爬），而爬n-1阶和n-2阶台阶的方法有dp【n-1】，dp【n-2】个。所以最终爬n阶台阶的方法种类就是dp【n-1】+dp【n-2】。其实也对应了卡尔所说的从n-1和n-2阶爬上去，探究的是几种走法，而不是几步。

递推公式：dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] 。

class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if (n <= 1) return n; // 因为下面直接对dp[2]操作了，防止空指针vector<int> dp(n + 1);dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) { // 注意i是从3开始的dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[n];}
};

746. 使用最小花费爬楼梯

力扣题目链接

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 。

题意：到达楼顶的最小花费，在每一层可以选择爬一层，或者爬两层，但不管爬一层或者两层支付的费用都是cost[i]，以示例1为例，他选择从第一层开爬，没有选择第0层，在第一层选择爬两层，也就是爬到20的后面才算到达楼顶，支付了15到达了楼顶。

递推公式：

dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。

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]);

因为要到达cost最后一个数的下一个 所以数组定义的大小为size+1

一开始你选择从第0层，或者是第一层是不花费力气的 所以初始都为0

最后从第二层开始遍历循环 计算到达每层的最小花费体力值

最后返回到达顶层所花费的力气，因为size-1代表数组最后一个数 那么size就代表最后一个数的下一个。

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()];}
};

优化：

// 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;}
};