【算法练习Day32】斐波那契数爬楼梯使用最小花费爬楼梯

news2024/11/25 23:02:07

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斐波那契数
爬楼梯
使用最小花费爬楼梯
总结：

终于来到了动态规划，传说中的神奇算法，也是好多人闻声色变的一种难以被真正理解的算法。

同样的我们仍然采用循序渐进的由浅入深式的做题，来帮助我们更好的理解和接触动态规划。

首先动态规划算法，可以解决哪些类型的问题呢？

主要有买卖股票问题，子序列问题，打家劫舍问题，背包问题等问题，动态规划主要是用来解决某一问题可以由多个重叠的子问题组成时，优先选用动态规划，动态规划的每一个状态都是由上一个状态所推导出来的，是有理有据的。

解题套路

动态规划类题目都可以分解为五部曲

即：设置dp数组，找出递推公式，将dp数组部分初始化，明确遍历顺序，打表dp数组。

设置dp数组，要求我们明确dp数组在本题中的具体含义是什么，dp[i]是什么i又是什么。

递推公式通常是由题目已知量推导求得的，通常具有规律性的举例数字带入，可以帮助我们容易的确定递推公式。

将dp数组部分初始化，是根据题意的要求，将题目里已经给出的数据，初始化在dp数组中，这也和递推公式有关，一般要满足初始化的数据数量足够让递推公式推出下一个数据。

明确遍历顺序，就是要知道我们通过什么样的顺序，是从前到后还是从后向前的写一个循环，通过循环和递推公式在遍历顺序的作用下，填写dp数组。遍历顺序并不一定总是从前向后的。

最后一步，实际上是排错的，也就是题目无法ac时候，我们可以将dp数组最后的值全部打印出来，用来对比题中测试用例，用以排错。

了解了这些步骤后，相信大家能够更好的学习动态递归的算法，即使是简单题也按照这一思路来思考，这样培养出感觉了之后，遇到困难题，才能有基本的思路。

斐波那契数

509. 斐波那契数 - 力扣（LeetCode）
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斐波那契数算是比较经典的题目了，相信大家在一开始学习递归的时候，就接触过这道题，递归思路也是十分简单，但是值得注意的是，当我们要求的第n个数字如果n非常大，那么递归是无法完成的，我们要选用更加高效的动态规划。

基本思路就是用数组dp来记载每个数的值，我们在填写第n个数字时，是前两个数字相加的和，这一个规律就是递推公式，这道题目已经将递推公式给出来了，所以我们不用找规律验证了。dp[i]代表了第i个斐波那契数，i就是代表第几个，我们初始化就是将第0个数字初始化为0第一个初始化为1，这都是题目里给出的，第0个由于没有数所以赋值0。遍历顺序很明显一定是从前向后，因为我们后一个数是前两个数和得到的。知道了这些，代码就不难写出来了。

class Solution {
public:
    int fib(int n) {
       if(n<=1)return n;
        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];
    }
};

我们还可以使代码更精简一些，由于我们只需要维护三个数字，第n个斐波那契数，第n-1个数和第n-2个数字，我们以这种思想来写题解的话，就可以不用数组来保存前面的数字了，使空间复杂度变成了O(1)。思路就是创立三个变量，来分别保存这些信息，最后返回，这里不给出代码了。

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];
    }
};

爬楼梯

70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）
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这道题是一道很适合入门的动态递归题目，问到n阶台阶共有几种走法，这道题没有做过的话，应该没有什么好的思路，看着很懵，但实际上和上一道题斐波那契数列差不多。

为什么这么说呢？我们每次只能走一步或者两步台阶，而走到第n阶的情况实际上可以等价于走到n-1阶后再走一阶达到目的地，也可以是走到n-2阶后再走两阶达到，那第一种我们可以理解，第二种n-2阶时候，可以走一阶再走一阶达到目的地吗？其实这样走的话，实际上就是n-1阶了，n-2走一步到n-1。所以我们走到第n阶思路就明确了，就是n-1阶的种数加上n-2阶种数就是走到第n阶总数，这一点和斐波那契数是一样的求法，实际上代码也是差不多的，唯一不同的就是dp数组的初始化部分，第1层就是1，第一层只有一种解法，而第二层有两种解法。

那有的同学要问了，为什么没有第0层了？实际上这道题有没有第0层影响都不大，由于是类似斐波那契数列解法，我们直接给出两个初始化能够求得剩余的就可以了，至于斐波那契那道题，0这个数也可以不赋值，采用1，2下标位置赋值成1也是可以的。

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        if(n<=2)return n;
        int dp[n+1];
        dp[1]=1;dp[2]=2;
        for(int i=3;i<=n;i++)
        dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];//实际上是dp[i-1]再上一层楼梯和dp[i-2]再上两层楼梯,dp[i-2]如果只上一层楼梯那么和dp[i-1]就一样了，所以不算
        return dp[n];
    }
};

使用最小花费爬楼梯

746. 使用最小花费爬楼梯 - 力扣（LeetCode）
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这道题就相当于爬楼梯的消费版，虽然是这样说，但实际上还是有一些不一样的地方。

值得注意的点：我们一开始可以选择从0这个位置走，或者从1这个位置走，而且这两个开始的地方不收费，换句话说是往上爬楼梯时候收取的费用是现在所处的位置的价格，也就是上楼梯才收费，而且要注意我们要爬到顶端，是数组最后一个位置的下一个位置，而不是数组里包含元素-1。这一点很重要。

思路仍然是创建dp数组，dp[i]代表了达到这一层时候至少要多少钱，我们要求的是最小的花费。数组创建上创立一个数组数据个数+1这么大的空间，因为我们要求的是到楼顶的花费。数组初始化dp[0]=0dp[1]=0为什么这么写，上面也说过了，因为起始位置不花钱，往上走才花钱。

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        vector<int> dp(cost.size()+1);
        dp[0]=0;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()];
    }
};