LeetCode 120 Triangle

120. Triangle

Given a triangle, find the minimum path sum from top to bottom. Each step you may move to adjacent numbers on the row below.

For example, given the following triangle

[     [2],    [3,4],   [6,5,7],  [4,1,8,3]]

The minimum path sum from top to bottom is 11 (i.e., 2 + 3 + 5 + 1 = 11).

Note:
Bonus point if you are able to do this using only O(n) extra space, where n is the total number of rows in the triangle.

题意：通过二维数组给定一个三角形，要求找出从顶端到底部最小路径之和，并且每次移动只能在相邻元素之间移动，此外，特别要求，本题解法的空间复杂度最好能够为O(n)。

分析：简单的动态规划，每次选择下一行的数字都只能选择相邻元素，对题给例子来说，2的相邻元素就是3和4，3的相邻元素就是6和5，而5的相邻元素即为1和8，根据这些元素的下标，易知，对于元素triangle[i][j]来说，其相邻元素就是triangle[i][j+1]和triangle[i+1][j+1]，从triangle[i][j]到下一行的最小路径之和即为：triangle[i][j]+min(triangle[i][j+1],triangle[i+1][j+1])。

假设用dist[i][j]表示从原点到第i行第j列元素的最小路径之后，那么有：

dist[i][j]=triangle[i][j]+min(dist[i][j+1],dist[i+1][j+1])

遍历完整个数组就可得到从原点到底部的最小路径之和，时间复杂度为O(n)。

回到题目的另一个要求:空间复杂度为O(n)。

上述的假设显然是需要一个O(n^2)的额外空间，通过动态规划解决问题，用dist[i][j]作为子问题，每次更新dist[i][j]时就会用到dist[i][j+1]和dist[i+1][j+1]，而且每步只用到了前一步的dist，用过了就不再需要了，那么我们就可以用同一个空间来存储dist[i]，每步更新dist[i]，由于路径中的最后一步需要n个空间来存储，而倒数第二步需要前面的n-1个空间，以此递推可知第一步只需要一个空间空间复杂度为O(n)。

以题目所给为例，从路径的最后一步开始，以最后一个数组的元素作为dist[i]的初始值，dist[i]保存的是到达第i个点的最小路径之和：

dist[i]=triangle[n-1]=[4,1,8,3]

更新一次，向上遍历数组，用min(dist[i],dist[i+1])与triangle[n-2][i]之和更新dist数组：

dist[i]=[min(4,1)+6,min(1,8)+5,min(8,3)+7,3]=[7,6,10,3]

继续往上遍历：

dist[i]=[min(7,6)+3,min(6,10)+4,10,3]=[9,10,10,3]

dist[i]=[min(9,10)+2,13,10,3]=[11,13,10,3]

最终可得：dist[0]=1+5+3+2=11，即为所求的最先路径之和。

代码实现如下：

class Solution {public:int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {vector<int> dist = triangle[triangle.size() - 1];for (int i = triangle.size() - 2; i >= 0; i--) {for (int j = 0; j < triangle[i].size(); j++) {dist[j] = triangle[i][j] + (dist[j] > dist[j+1] ? dist[j+1] : dist[j]);}}return dist[0];}};