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一、题目
给定一个三角形triangle，找出自顶向下的最小路径和。
每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。相邻的结点 在这里指的是 下标 与 上一层结点下标 相同或者等于 上一层结点下标 + 1 的两个结点。也就是说，如果正位于当前行的下标 i ，那么下一步可以移动到下一行的下标i或i + 1 。
示例 1：
输入：triangle = [[2],[3,4],[6,5,7],[4,1,8,3]]
输出：11
解释：如下面简图所示：
2
3 4
6 5 7
4 1 8 3
自顶向下的最小路径和为11（即，2 + 3 + 5 + 1 = 11）。
示例 2：
输入：triangle = [[-10]]
输出：-10
1 <= triangle.length <= 200
triangle[0].length == 1
triangle[i].length == triangle[i - 1].length + 1
-104 <= triangle[i][j] <= 104
进阶：你可以只使用O(n)的额外空间（n为三角形的总行数）来解决这个问题吗？
二、代码
本题是一道非常经典且历史悠久的动态规划题，其作为算法题出现，最早可以追溯到 1994 年的 IOI（国际信息学奥林匹克竞赛）的 The Triangle。时光飞逝，经过 20 多年的沉淀，往日的国际竞赛题如今已经变成了动态规划的入门必做题，不断督促着我们学习和巩固算法。
在本题中，给定的三角形的行数为 n，并且第 i 行（从 0 开始编号）包含了 i+1 个数。如果将每一行的左端对齐，那么会形成一个等腰直角三角形，如下所示：
[2]
[3,4]
[6,5,7]
[4,1,8,3]
方法一：动态规划
思路与算法
我们用 f[i][j] 表示从三角形顶部走到位置 (i,j) 的最小路径和。这里的位置 (i,j) 指的是三角形中第 i 行第 j 列（均从 0 开始编号）的位置。
由于每一步只能移动到下一行「相邻的节点」上，因此要想走到位置 (i,j)，上一步就只能在位置 (i−1,j−1) 或者位置 (i−1,j)。我们在这两个位置中选择一个路径和较小的来进行转移，状态转移方程为：
f[i][j]=min(f[i−1][j−1],f[i−1][j])+c[i][j]
其中 c[i][j] 表示位置 (i,j) 对应的元素值。
注意第 i 行有 i+1 个元素，它们对应的 j 的范围为 [0,i]。当 j=0 或 j=i 时，上述状态转移方程中有一些项是没有意义的。例如当 j=0 时，f[i−1][j−1] 没有意义，因此状态转移方程为：
f[i][0]=f[i−1][0]+c[i][0]
即当我们在第 i 行的最左侧时，我们只能从第 i−1 行的最左侧移动过来。当 j=i 时，f[i−1][j] 没有意义，因此状态转移方程为：
f[i][i]=f[i−1][i−1]+c[i][i]
即当我们在第 i 行的最右侧时，我们只能从第 i−1 行的最右侧移动过来。
最终的答案即为 f[n−1][0] 到 f[n−1][n−1] 中的最小值，其中 n 是三角形的行数。
细节
状态转移方程的边界条件是什么？由于我们已经去除了所有「没有意义」的状态，因此边界条件可以定为：
f[0][0]=c[0][0]
即在三角形的顶部时，最小路径和就等于对应位置的元素值。这样一来，我们从 1 开始递增地枚举 i，并在 [0,i] 的范围内递增地枚举 j，就可以完成所有状态的计算。
class Solution {
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
int n = triangle.size();
int[][] f = new int[n][n];
f[0][0] = triangle.get(0).get(0);
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i][0] = f[i - 1][0] + triangle.get(i).get(0);
for (int j = 1; j < i; ++j) {
f[i][j] = Math.min(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j]) + triangle.get(i).get(j);
}
f[i][i] = f[i - 1][i - 1] + triangle.get(i).get(i);
}
int minTotal = f[n - 1][0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
minTotal = Math.min(minTotal, f[n - 1][i]);
}
return minTotal;
}
}
时间复杂度： O(n ^ 2)，其中n是三角形的行数。
空间复杂度： O(n ^ 2)。我们需要一个n∗n的二维数组存放所有的状态。
方法二：动态规划 + 空间优化
思路与算法
在题目描述中的「进阶」部分，提到了可以将空间复杂度优化至 O(n)。
我们回顾方法一中的状态转移方程：
f[i][j]= f[i−1][0]+c[i][0],j=0
f[i][j]=f[i−1][i−1]+c[i][i],j=i
f[i][j]=min(f[i−1][j−1],f[i−1][j])+c[i][j],otherwise
可以发现，f[i][j] 只与 f[i−1][…] 有关，而与 f[i−2][…] 及之前的状态无关，因此我们不必存储这些无关的状态。具体地，我们使用两个长度为 n 的一维数组进行转移，将 i 根据奇偶性映射到其中一个一维数组，那么 i−1 就映射到了另一个一维数组。这样我们使用这两个一维数组，交替地进行状态转移。
class Solution {
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
int n = triangle.size();
int[][] f = new int[2][n];
f[0][0] = triangle.get(0).get(0);
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int curr = i % 2;
int prev = 1 - curr;
f[curr][0] = f[prev][0] + triangle.get(i).get(0);
for (int j = 1; j < i; ++j) {
f[curr][j] = Math.min(f[prev][j - 1], f[prev][j]) + triangle.get(i).get(j);
}
f[curr][i] = f[prev][i - 1] + triangle.get(i).get(i);
}
int minTotal = f[(n - 1) % 2][0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
minTotal = Math.min(minTotal, f[(n - 1) % 2][i]);
}
return minTotal;
}
}
上述方法的空间复杂度为 O(n)，使用了 2n 的空间存储状态。我们还可以继续进行优化吗？
答案是可以的。我们从 i 到 0 递减地枚举 j，这样我们只需要一个长度为 n 的一维数组 f，就可以完成状态转移。
为什么只有在递减地枚举 j 时，才能省去一个一维数组？当我们在计算位置 (i,j) 时，f[j+1] 到 f[i] 已经是第 i 行的值，而 f[0] 到 f[j] 仍然是第 i−1 行的值。此时我们直接通过
f[j]=min(f[j−1],f[j])+c[i][j]
进行转移，恰好就是在 (i−1,j−1) 和 (i−1,j) 中进行选择。但如果我们递增地枚举 j，那么在计算位置 (i,j) 时，f[0] 到 f[j−1] 已经是第 i 行的值。如果我们仍然使用上述状态转移方程，那么是在 (i,j−1) 和 (i−1,j) 中进行选择，就产生了错误。
这样虽然空间复杂度仍然为 O(n)，但我们只使用了 n 的空间存储状态，减少了一半的空间消耗。
class Solution {
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
int n = triangle.size();
int[] f = new int[n];
f[0] = triangle.get(0).get(0);
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i] = f[i - 1] + triangle.get(i).get(i);
for (int j = i - 1; j > 0; --j) {
f[j] = Math.min(f[j - 1], f[j]) + triangle.get(i).get(j);
}
f[0] += triangle.get(i).get(0);
}
int minTotal = f[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
minTotal = Math.min(minTotal, f[i]);
}
return minTotal;
}
}
时间复杂度： O(n ^ 2)，其中 n 是三角形的行数。
空间复杂度： O(n)。
