【Leetcode每日一题】 动态规划 - 简单多状态 dp 问题 - 删除并获得点数（难度⭐⭐）（76）

本文主要是介绍【Leetcode每日一题】 动态规划 - 简单多状态 dp 问题 - 删除并获得点数（难度⭐⭐）（76），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

1. 题目解析

题目链接：LCR 091. 粉刷房子

这个问题的理解其实相当简单，只需看一下示例，基本就能明白其含义了。

2.算法原理

1. 状态定义

在解决这类问题时，我们首先需要根据题目的具体要求来定义状态。针对房屋粉刷问题，我们可以定义一个二维数组dp来表示状态，其中dp[i][j]表示粉刷到第i个位置时，且最后一个位置粉刷成颜色j（j可以是红、蓝、绿三种颜色）时的最小花费。

• dp[i][0]：表示粉刷到第i个位置时，最后一个位置粉刷成红色的最小花费。
• dp[i][1]：表示粉刷到第i个位置时，最后一个位置粉刷成蓝色的最小花费。
• dp[i][2]：表示粉刷到第i个位置时，最后一个位置粉刷成绿色的最小花费。

2. 状态转移方程

接下来，我们需要根据题目要求来推导状态转移方程。由于题目中规定了相邻位置不能粉刷成相同的颜色，因此在计算dp[i][j]时，我们需要考虑i-1位置的颜色，并确保与j不同。

• 对于dp[i][0]（即第i个位置粉刷成红色）：
  • 由于不能与前一个位置颜色相同，所以前一个位置可以是蓝色或绿色。因此，状态转移方程为：dp[i][0] = min(dp[i-1][1], dp[i-1][2]) + costs[i-1][0]，其中costs[i-1][0]表示第i-1个位置粉刷成红色的花费。
• 同理，对于dp[i][1]和dp[i][2]，我们也可以得到相应的状态转移方程：
  • 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]

3. 初始化

在填表之前，我们需要对状态数组进行初始化。由于题目没有明确指出第一个位置之前的颜色，我们可以添加一个辅助节点，并将所有颜色在该节点的花费初始化为0（或者一个不会影响后续计算的值）。这样做可以确保我们的状态转移方程在i=1时也能正确工作。

4. 填表顺序

根据状态转移方程，我们可以发现每个状态dp[i][j]都依赖于前一个位置的状态dp[i-1][k]（其中k不等于j）。因此，我们需要按照从左到右的顺序来填表，以确保在计算每个状态时，其依赖的状态已经被计算出来。

5. 返回值

最后，我们需要返回粉刷完整个房屋（即最后一个位置）时的最小花费。由于我们定义了三种颜色的状态，因此需要比较这三种颜色在最后一个位置的最小花费，并返回其中的最小值。即：min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]))，其中n是房屋的总位置数。

3.代码编写

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++) {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][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];}return min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));}
};

The Last

嗯，就是这样啦，文章到这里就结束啦，真心感谢你花时间来读。

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