可以不用动归也能做出来
class Solution {
public:
int fib(int n) {
int last_last = 0;
int last = 1;
int now = 0;
if (n == 0) return 0;
if (n == 1) return 1;
while(n > 1) {
now = last + last_last;
last_last = last;
last = now;
n--;
}
return now;
}
};但这里要练一下动归的流程和方法熟悉一下：
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];
}
};
// 递归解法
class Solution {
public:
int fib(int N) {
if (N < 2) return N;
return fib(N - 1) + fib(N - 2);
}
};这道题就是斐波那契的原理 只要明白的是 大于等于三阶的楼梯 只能由他的前两阶走上来，因为最多只能走2步，如第m阶只能由m-1阶和m-2阶走上来，又m-1阶的方法有i种，m-2阶的方法有j种，那么m阶的方法应该是 i + j 但是这里不是i + j * 2 的原因是因为 从m-2阶走一步到m-1阶的方法已经包括到了m-1阶的方法的方法里了，因此不用乘以2.
// 版本一
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];
}
};这道题需要前两道题打基础才能容易做出来，由于只能走一到两步 所以要求最后一步n的最小花费，那么这是由n-1或者n-2走来 因此又要求得 走到n-1最小的花费和走到n-2最小的花费 中谁更小的花费，这样dp数组的含义就确定了，dp[i]为走到i步的最小花费 。
我是按照 第一步是花费的，最后一步不花费，那么代码是这么写的，提交也可以通过
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
vector<int> dp(cost.size());
dp[0] = cost[0]; // 第一步有花费
dp[1] = cost[1];
for (int i = 2; i < cost.size(); i++) {
dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
}
// 注意最后一步可以理解为不用花费，所以取倒数第一步，第二步的最少值
return min(dp[cost.size() - 1], dp[cost.size() - 2]);
}
};下面这种事默认第一步不需要消耗 但是最后一步需要消耗
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()];
}
};
