【一维DP】【三种解法】力扣983. 最低票价

在一个火车旅行很受欢迎的国度，你提前一年计划了一些火车旅行。在接下来的一年里，你要旅行的日子将以一个名为 days 的数组给出。每一项是一个从 1 到 365 的整数。

火车票有 三种不同的销售方式 ：

一张 为期一天 的通行证售价为 costs[0] 美元；
一张 为期七天 的通行证售价为 costs[1] 美元；
一张 为期三十天 的通行证售价为 costs[2] 美元。
通行证允许数天无限制的旅行。 例如，如果我们在第 2 天获得一张 为期 7 天 的通行证，那么我们可以连着旅行 7 天：第 2 天、第 3 天、第 4 天、第 5 天、第 6 天、第 7 天和第 8 天。

返回 你想要完成在给定的列表 days 中列出的每一天的旅行所需要的最低消费 。

示例 1：
输入：days = [1,4,6,7,8,20], costs = [2,7,15]
输出：11
解释：
例如，这里有一种购买通行证的方法，可以让你完成你的旅行计划：
在第 1 天，你花了 costs[0] = $2 买了一张为期 1 天的通行证，它将在第 1 天生效。
在第 3 天，你花了 costs[1] = $7 买了一张为期 7 天的通行证，它将在第 3, 4, …, 9 天生效。
在第 20 天，你花了 costs[0] = $2 买了一张为期 1 天的通行证，它将在第 20 天生效。
你总共花了 $11，并完成了你计划的每一天旅行。

示例 2：
输入：days = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,30,31], costs = [2,7,15]
输出：17
解释：
例如，这里有一种购买通行证的方法，可以让你完成你的旅行计划：
在第 1 天，你花了 costs[2] = $15 买了一张为期 30 天的通行证，它将在第 1, 2, …, 30 天生效。
在第 31 天，你花了 costs[0] = $2 买了一张为期 1 天的通行证，它将在第 31 天生效。
你总共花了 $17，并完成了你计划的每一天旅行。

提示：
1 <= days.length <= 365
1 <= days[i] <= 365
days 按顺序严格递增
costs.length == 3
1 <= costs[i] <= 1000

记忆化搜索

class Solution {
public:int mincostTickets(vector<int>& days, vector<int>& costs) {int last_day = days.back();unordered_set<int> day_set(days.begin(), days.end());vector<int> memo(last_day + 1, -1);auto dfs = [&](auto&& dfs, int i) -> int{if(i <= 0){return 0;}int& res = memo[i];if(res != -1){return res;}if(!day_set.count(i)){return res = dfs(dfs, i - 1);}return res = min({dfs(dfs, i-1) + costs[0],dfs(dfs, i-7) + costs[1],dfs(dfs, i-30) + costs[2]});};return dfs(dfs, last_day);}
};

时间复杂度：O(D)，其中 D=days[n−1]，n 为 days 的长度。由于每个状态只会计算一次，动态规划的时间复杂度 = 状态个数 × 单个状态的计算时间。本题状态个数等于 O(D)，单个状态的计算时间为 O(1)，所以总的时间复杂度为 O(D)。
空间复杂度：O(D)。保存多少状态，就需要多少空间。

我们可以使用记忆化搜索的方式，定义一个memo用来记忆化计算过的结果，我们可以使用一个无序集合unordered_set来储存days的元素，这样有利于我们查找第i天是否有在days中，如果没有在days中的话就往前查找最近的days元素，如果存在的话就进行状态转移。

递推

class Solution {
public:int mincostTickets(vector<int>& days, vector<int>& costs) {int last_day = days.back();unordered_set<int> day_set(days.begin(), days.end());vector<int> f(last_day + 1);for (int i = 1; i <= last_day; i++) {if (!day_set.contains(i)) {f[i] = f[i - 1];} else {f[i] = min({f[i - 1] + costs[0],f[max(i - 7, 0)] + costs[1],f[max(i - 30, 0)] + costs[2]});}}return f[last_day];}
};

记忆化搜索可以1：1翻译成递推。

优化：三指针

class Solution {
public:int mincostTickets(vector<int>& days, vector<int>& costs) {int n = days.size();vector<int> f(n+1);int j = 0, k = 0;for(int i = 0; i < n; i++){int d = days[i];while(days[j] <= d - 7){j++;}       while(days[k] <= d - 30){k++;}f[i+1] = min({f[i] + costs[0], f[j] + costs[1], f[k] + costs[2]});         }return f[n];}
};

时间复杂度：O(n)，其中 n 是 days 的长度。注意二重循环中的下标 j 和 k 都只会增大，不会减小或者重置。由于下标只会增大 O(n) 次，所以二重循环的总循环次数是 O(n) 的。
空间复杂度：O(n)。

前面的记忆化搜索和递推的方法，都取决于days中最大元素的大小是多少，如果days中最大元素的大小很大，那么就会导致很多计算是不必要的，因为我们实际上在状态转移过程中需要计算的是days[i]存在的天数，如果所计算的天数不属于days[i]，也会往前转移到最近的days[i]元素。

所以为了避免计算不存在days中的天数的过程浪费太多时间，我们可以定义指针i、j、k，用来表示1天、7天、30天三种票，f[i+1] 表示完成 days[0] 到 days[i] 的最小花费。也就是说days[j]计算后实际上是到days[0]到days[j-1]的最小花费，也就是说将days中指针转移到f上需要加上1，而i，j，k在days中的指针由于while计算，会停在所指元素的右边，可以理解为状态转移方程中的f[j]实际上是f[j-1 + 1]。