每日OJ题_简单多问题dp④_力扣LCR 091. 粉刷房子

力扣LCR 091. 粉刷房子

解析代码

力扣LCR 091. 粉刷房子

LCR 091. 粉刷房子

难度中等

假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。

当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。

例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。

请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。

示例 1：

输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]]
输出: 10
解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。
     最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。

示例 2：

输入: costs = [[7,6,2]]
输出: 2

提示:

costs.length == n
costs[i].length == 3
1 <= n <= 100
1 <= costs[i][j] <= 20

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {

    }
};

解析代码

以某个位置为结尾，结合题目要求，定义状态表示：

但在这个题在 i 位置的时候，会面临红蓝绿三种抉择，所依赖的状态需要细分：

dp[i][0] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上红色，此时的最小花费，
dp[i][1] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上蓝色，此时的最小花费，
dp[i][2] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上绿色，此时的最小花费，

因为状态表示定义了三个，因此状态转移方程也要分析三个：

对于 dp[i][0] ：如果第 i 个位置粉刷上红色，那么 i - 1 位置上可以是蓝色或者绿色。因此我们需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上蓝色或者绿色的最小花费，然后加上 i位置的花费即可。于是状态转移方程为：

dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i- 1][2]) + costs[i - 1][0] ;

同理，我们可以推导出另外两个状态转移方程为：

dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1] ;
dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2] ;。

根据题意和状态转移方程，虚拟节点初始化成0即可，填表顺序是从左往右三个表一起填，最后返回最后一个房子粉刷颜色的最小花费

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {
        int n = costs.size();
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {   // 注意costs下标映射
            dp[i][0] = min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]) + costs[i-1][0];
            dp[i][1] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][2]) + costs[i-1][1];
            dp[i][2] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]) + costs[i-1][2];
        }
        return min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));
    }
};