一、问题描述

给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付了这些费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。

你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。

请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。

示例 1:

输入：cost = [10,15,20]
输出：15
解释：你将从下标为 1 的台阶开始。
- 支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 15 。

示例 2:

输入：cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出：6
解释：你将从下标为 0 的台阶开始。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 4 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 6 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达下标为 7 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 9 的台阶。
- 支付 1 ，向上爬一个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 6 。

提示：

• 2 <= cost.length <= 1000
• 0 <= cost[i] <= 999

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二、方案一：动态规划

1、思路

我们可以使用动态规划来解决这个问题。定义一个数组 dp，其中 dp[i] 表示到达第 i 个台阶的最小花费。由于可以选择从第 0 个或第 1 个台阶开始，因此 dp[0] 和 dp[1] 都初始化为 0。

对于第 i 个台阶（i > 1），我们可以从第 i-1 个台阶爬一个台阶到达，或者从第 i-2 个台阶爬两个台阶到达。因此，到达第 i 个台阶的最小花费为 min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2])。

最后，到达楼梯顶部可以从倒数第一个或第二个台阶爬上去，因此最小花费为 min(dp[n-1], dp[n-2])，其中 n 是 cost 数组的长度。

2、代码实现

func minCostClimbingStairs(cost []int) int {
    n := len(cost)
    dp := make([]int, n+1)
    dp[0], dp[1] = 0, 0
    for i := 2; i <= n; i++ {
        dp[i] = min(dp[i-1]+cost[i-1], dp[i-2]+cost[i-2])
    }
    return dp[n]
}
func min(a, b int) int {
    if a < b {
        return a
    }
    return b
}

3、复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是 cost 数组的长度。我们只需要遍历一次数组即可。
• 空间复杂度：O(n)，我们需要一个长度为 n+1 的数组来存储动态规划的结果。

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三、方案二：优化空间复杂度

1、思路

在方案一中，我们使用了一个长度为 n+1 的数组来存储动态规划的结果。实际上，我们只需要知道前两个状态就可以计算出当前状态，因此可以优化空间复杂度，只使用常数个变量来存储状态。

2、代码实现

func minCostClimbingStairs(cost []int) int {
    n := len(cost)
    prev, curr := 0, 0
    for i := 2; i <= n; i++ {
        next := min(prev+cost[i-2], curr+cost[i-1])
        prev, curr = curr, next
    }
    return curr
}
func min(a, b int) int {
    if a < b {
        return a
    }
    return b
}

3、复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是 cost 数组的长度。我们只需要遍历一次数组即可。
• 空间复杂度：O(1)，我们只使用了常数个变量来存储状态。

四、总结

方案二通过只存储前两个状态来优化了空间复杂度，使其从 O(n) 降低到 O(1)。在实际应用中，如果数组非常大，这种空间优化是非常重要的。