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509. 斐波那契数

1.终于轮到我重拳出击了，很早就做过斐波那契数列的题目，王道数据结构第一章章末总结的思考题好像也是这个。我直接一手递归，时间开销比较大。但总归是快速AC了不是？最重拳出击的一集。

class Solution {
public:int fib(int n) {if (n == 0)return 0;if (n == 1)return 1;return fib(n - 1) + fib(n - 2);}
};

2.当然我们现在开始学习的是动态规划章节，只用递归AC这道题意义不大，简单题是用来巩固方法论的。什么是动态规划？动态规划就是利用之前的状态推出当前的状态。动规5部曲：1.确定dp数组及下标含义。dp数组通常是和我们的目标值联系起来的，本题要求的是斐波那契数列第n项的值。一个很容易想到的是的dp[i]就表示斐波那契数列第i项的值。2.确定递推公式。递推公式在动规题目中是不太容易想到的，但本题作为动规入门题递推公式已经给我们了。状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]。3.dp数组如何初始化？本题初始化也给我们了，dp[0] = 0; dp[1] = 1。实际上dp数组的初始化非常重要且不简单，通常是根据dp数组的含义来进行初始化的。同时初始化是为状态转移方程服务的，要符合之后的转移需求。4.确定遍历顺序。本题自然而然地想到遍历顺序就是从前往后，从左到右的。实际上确定动规题目的遍历顺序并不是一件简单的事，通常递推公式能给我们启发。根据递推公式确定当前状态是由哪些状态转移过来的，从而确定遍历顺序。5.举例推导dp数组，如果代码写出来，发现结果不对，就把dp数组打印出来看看和我们推导的结果是否一致。

class Solution {
public:int fib(int n) {if (n < 2)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];}
};

3.简洁写法，优化空间，每次只维护我们需要的那两个值，思想类似于之后的滚动数组。

class Solution {
public:int fib(int n) {if (n < 2)return n;vector<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

1.我上来就是一个递归，很快啊，超时了。因为递归做了太多次重复计算。

class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if(n<=2) return n;return climbStairs(n-1)+climbStairs(n-2);}
};

2.回归到动规写法，代码是写出来了，提交也AC了。但为什么当前状态可以由前两个状态推出？换句话说，为什么状态转移方程是dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]？代码随想录给出的解释是dp[i]： 爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法。首先是dp[i - 1]，上i-1层楼梯，有dp[i - 1]种方法，那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。还有就是dp[i - 2]，上i-2层楼梯，有dp[i - 2]种方法，那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么。我个人觉得这种解释不够好，在注释中给出了自己认为更形象的解释。

class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if (n <= 2)return n;vector<int> dp(n + 1);dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) {//递推公式应该解释成最后一步要不跳1要不跳2//跳1之前有dp[i-1]种方法跳2之前有dp[i-2]种方法//所以有dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[n];}
};

3.空间优化版，我们只需要维护dp数组最新的两个值就行。

class Solution {
public: //递推公式应该解释成最后一步要不跳1要不跳2//跳1之前有dp[i-1]种方法跳2之前有dp[i-2]种方法//所以有dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]int climbStairs(int n) {if (n <= 2)return n;vector<int> dp(3);dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) {int sum = dp[1] + dp[2];dp[1] = dp[2];dp[2] = sum;}return dp[2];}
};

746. 使用最小花费爬楼梯

1.朴素思想，没有刻意使用动规5部曲。想要到达当前台阶，之前位置要不在当前台阶的上一个台阶，要不就在当前台阶的前两个台阶。每次计算当前位置作为出发点的最小花费，并更新该节点花费值。这样到达顶部的最低花费一定在最后两个台阶出现，当前最优推出整体最优，这是贪心！（自己琢磨的野路子，写博客发现并不好理解，但时间开销意外地不错）

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {if (cost.size() == 2)return min(cost[0], cost[1]);int result = 0, i = 2;for (i = 2; i < cost.size(); i++) {result = cost[i] + min(cost[i - 1], cost[i - 2]);cost[i] = result;}return min(cost[i - 1], cost[i - 2]);}
};

2.正经动态规划，dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {vector<int> dp(cost.size() + 1, 0); // dp[0],dp[1]都初始化为0for (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()];}
};

3.空间优化版。

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int dp0 = 0;int dp1 = 0; // dp0,dp1都初始化为0for (int i = 2; i <= cost.size(); i++) {int dpi = min(dp1 + cost[i - 1], dp0 + cost[i - 2]);dp0 = dp1;dp1 = dpi;}return dp1;}
};

今日总结：DP，启动！