java数据结构与算法刷题-----LeetCode746. 使用最小花费爬楼梯

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很多人觉得动态规划很难，但它就是固定套路而已。其实动态规划只不过是将多余的步骤，提前放到dp数组中（就是一个数组，只不过大家都叫它dp），达到空间换时间的效果。它仅仅只是一种优化思路，因此它目前的境地和线性代数一样----虚假的难。

1. 想想线性代数，在国外留学的学生大多数不觉得线性代数难理解。但是中国的学生学习线性代数时，完全摸不着头脑，一上来就是行列式和矩阵，根本不知道这玩意是干嘛的。
2. 线性代数从根本上是在空间上研究向量，抽象上研究线性关系的学科。人家国外的教科书都是第一讲就帮助大家理解研究向量和线性关系。
3. 反观国内的教材，直接把行列式搞到第一章。搞的国内的学生在学习线性代数的时候，只会觉得一知半解，觉得麻烦，完全不知道这玩意学来干什么。当苦尽甘来终于理解线性代数时干什么的时候，发现人家国外的教材第一节就把这玩意讲清楚了。你只会大骂我们国内这些教材，什么狗东西（以上是自己学完线性代数后的吐槽，我们同学无一例外都这么觉得）。

而我想告诉你，动态规划和线性代数一样，我学完了才知道，它不过就是研究空间换时间，提前将固定的重复操作规划到dp数组中，而不用暴力求解，从而让效率极大提升。

1. 但是网上教动态规划的兄弟们，你直接给一个动态方程是怎么回事？和线性代数，一上来就教行列式和矩阵一样，纯属恶心人。我差不多做了30多道动态规划题目，才理解，动态方程只是一个步骤而已，而这已经浪费我很长时间了，我每道题都一知半解不理解，过程及其痛苦。最后只能重新做。
2. 动态规划，一定是优先考虑重复操作与dp数组之间的关系，搞清楚后，再提出动态方程。而你们前面步骤省略了不讲，一上来给个方程，不是纯属扯淡吗？
3. 我推荐研究动态规划题目，按5个步骤，从上到下依次来分析

1. DP数组及下标含义
2. 递推公式
3. dp数组初始化
4. 数组遍历顺序（双重循环及以上时，才考虑）
5. dp数组打印，分析思路是否正确（相当于做完题，检查一下）

先理解题目细节

1. cost数组是离开每层楼梯向上爬所需体力，没有记录顶层，因为已经顶层了，没有比它搞一层的了，自然没有向上爬需要的体力。而我们要的是，到达顶层，需要的最小体力。
2. 初始可以站在0号或1号位置，所以到达0和1号位置所需体力为0
3. 每次要么攀登1层，要么攀登两层
4. 之后的每一层，若想到达，需要花费的体力为：从上一个攀登的楼梯“x”离开所需体力（cost数组中的值）+ 到达“x”已经花费的体力
5. 因为我们只需要最小的体力花费，所以只记录较小的值。

解题思路

1. 暴力求解的思想，就是回溯算法，枚举每一种情况，拿到最小值，显然会做大量无效运算。
2. 但是如果我们预先将其存储到dp数组，就可以直接通过dp[x], 获取dp数组中指定位置x的体力花费，而不用枚举。典型的动态规划题目

动态规划思考5步曲

1. DP数组及下标含义

我们要求出的是最小体力花费，那么dp数组中存储的就是最小体力花费。要求出谁的最小体力花费就是下标的含义。显然是攀登到每层台阶的，那么下标就是代表谁的体力花费，也就是代表是哪一层楼梯的体力花费。显然，只需要一个下标即可表示，故这道题的dp数组只需要一维数组

2. 递推公式

1. 由题意可知，初始可以从0或1层开始，所以攀登到0或1所需体力花费为0.F(0) = F(1) = 0.
2. 之后每一层，都需要判断它的前两层，到这一层的花费，谁更小。花费（从下面这两层到当前层X的花费）为：从下面两层离开所需的花费（cost中的值，因为要从它离开，到这个X层）+ 到达这两层本身已经花费的体力（到达下面那两层也是需要体力的）。也就是 F(n-1)+cost[n-1] 和 F(n-2)+cost[n-2]为到达X的两种方案花费。
3. 因此，可以得到，从第二层开始，递推公式为前两层到它所需花费,且只考虑最小的那个 ： F(n) = min( F(n-1)+cost[n-1] , F(n-2)+cost[n-2] )

3. dp数组初始化

4. 数组遍历顺序（因为这个数列是一维的，只需要一重循环，无需考虑这个）
5. 打印dp数组（自己生成dp数组后，将dp数组输出看看，是否和自己预想的一样。）

代码:时间复杂度O(n).空间复杂度O(n)

class Solution {
    public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
        int length = cost.length;//cost的长度，不包含顶层。因为它记录的是从每一层向上爬所需体力，顶层不需要再爬
        //dp数组保存到达每一层的花费，一维数组即可，下标代表是哪一层
        int dp[] = new int[length+1];//而dp数组中需要记录到达顶层所需要的花费因此长度为length+1
        dp[0]=dp[1] = 0;//dp数组保存到达每次的花费，而我们是从0或1层才刚刚开始攀登，到达这两层，无需体力开销，都是0。
        for(int i = 2;i<=length;i++){//剩下每一层，因为每次只能攀登1或2层。只需考虑两种情况
            //选择前两层到它的最小开销，每个开销为，从自己离开需要的花费+到达自己已经用的体力
            dp[i] = Math.min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2]);
        }
        return dp[length];
    }
}

学有余力的同学可以尝试这个方法，将空间复杂度变为常数级-----------------代码:时间复杂度O(n).空间复杂度O(1)

将dp数组优化掉，换成3个变量，滚动执行。将dp[0]换成prev。dp[1]换成curr，dp[2]换成next。也就是prev始终指向 i-2的位置。curr指向i-1. next指向i

class Solution {
    public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
        int length = cost.length;//cost的长度，不包含顶层。因为它记录的是从每一层向上爬所需体力，顶层不需要再爬
        //dp数组保存到达每一层的花费，一维数组即可，下标代表是哪一层
        int prev = 0,curr = 0;
        for(int i = 2;i<=length;i++){//剩下每一层，因为每次只能攀登1或2层。只需考虑两种情况
            //选择前两层到它的最小开销，每个开销为，从自己离开需要的花费+到达自己已经用的体力
            int next = Math.min(curr+cost[i-1],prev+cost[i-2]);
            prev = curr;
            curr = next;
        }
        return curr;
    }
}