解锁动态规划的奥秘：从零到精通的创新思维解析（8）

前言：

小编在前几日讲述了关于动态规划的习题，下面小编继续跟着上次的步伐，继续进入多状态dp问题的讲解（但是今天这个题目不需要多状态），今天由于小编的精力有限，所以我就仅仅先讲述一个题目，等小编过几天精力恢复过来就给各位正常的每日两题的讲解。

1.粉刷房子

1.1.题目来源

本题和前面的大多数题目一样，都是来自于力扣，下面小编给出相关的链接：LCR 091. 粉刷房子 - 力扣（LeetCode）

1.2.题目分析

本题目虽然比较长，但是理解起来还是比较容易的，首先我们面前有n个房子，每个房子都需要被粉刷，此时给予了我们三个颜料进行选择，分别是红色，蓝色，绿色。此时我们有一个规定：相邻的房子是不可以被粉刷同一个颜色的，并且每一个房子粉刷的漆的价格都是不一样的，现在给定我们一排房子，让我们去选择哪一个房子应该选择哪一个颜料，从而使得我们粉刷完所有的房子以后，其成本花费的最少，其实细看，这个题目就类似我们之前讲述的打家劫舍问题，只不过和之前不同的是，这个题目让我们提供的选择有三种，所以按理来说我们需要使用到三个dp表来实现，只不过本题目巧妙的用一个二维的数组来帮助我们解决开辟太多dp表的问题，如果想要知道如何用二维数组代替三个dp表，且听我下面的思路分析娓娓道来。

1.3.思路讲解

此时我们不难看出·，我们需要用到三个dp表实现这个题目，只不过dp表过多会导致代码写起来复杂程度上升，所以为了解决这个问题，我们可以用一个二维dp表来代替一维dp表，其中dp表的每一行表示每一个房子，其中的每一列代表的是对应的颜料，本题已经说明了每一列代表的颜料是啥了：0代表红色，1代表蓝色，2代表绿色。此时我们根据所设置好的dp表，就可以根据动态规划的五步走来实现本题目的思路分析。

1.状态表示

此时我们把设置好的表叫做dp表，其中行表示每一个房子，列表示选取的颜料，此时的dp[i] [j]到达i位置的时候，涂上j色颜料，由于本题目颜料有限，小编就把这几种状态直接列出来了。

dp[i][0];  //到达i位置的时候，涂上红色，此时最少的花费成本。
dp[i][1];  //到达i位置的时候，涂上蓝色，此时最少的花费成本。
dp[i][2];  //到达i位置的时候，涂上绿色，此时最少的花费成本。

2.状态转换方程

此时我们根据上面的思路讲解以及状态表示，就可以轻易的求取此时的状态转换方程，此时我们如果在i位置选取了红色颜料，那么它的前一个房子仅仅可以选取绿色或者蓝色（其中最小的）；同样的，如果我们选取了蓝色颜料，那么它的前一个房子仅仅可以选择红色，绿色（其中最小的）；如果我们选取了绿色颜料，那么它的前一个房子仅仅可以选取红色，蓝色（其中最小的），根据此，我们就可以分别列出三个状态转换方程。

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

3.初始化

此时初始化问题依然是我们需要关注的细节问题，此时我们可以知道当我们选取第一行元素的时候，就会出现越界的情况，所以针对于这种情况，小编的建议就是通过创建虚拟结点，即多创建一行来抵消越界的问题，此时我们让新创立的一行为0即可，只要它不印象结果，那么多创立一行也是无妨的。

4.填表顺序

从上到下，从左到右。

5.返回值

返回表中最后一行的三列中最小的那一个即可。

1.4.代码讲解

此时我们需要先设置好一个dp表，此时要比题目提供的数组的行数多一个。

int m = costs.size(),n = costs[0].size();
vector<vector<int>> f(m + 1,vector<int>(n,0));

之后我们根据状态转换方程进行填表即可。此时一定要注意下标的映射问题，此时我们比之前要多出一行，所以当我们使用数组元素的时候，我们需要让相应行减一。

for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
 {
    f[i][0] = min(f[i - 1][1],f[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
    f[i][1] = min(f[i - 1][0],f[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
    f[i][2] = min(f[i - 1][1],f[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];
 }

此时我们返回最后一行最小的一个元素即可。

return min(min(f[m][0],f[m][1]),f[m][2]);

1.5.完整代码

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {
         int m = costs.size(),n = costs[0].size();
         vector<vector<int>> f(m + 1,vector<int>(n,0));
         for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
         {
            f[i][0] = min(f[i - 1][1],f[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
            f[i][1] = min(f[i - 1][0],f[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
            f[i][2] = min(f[i - 1][1],f[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];
         }
         return min(min(f[m][0],f[m][1]),f[m][2]);
    }
};

2.总结

本文到这里也就结束了，可能很多读者朋友觉着小编今天写的题目比较少，这里小编再次统一解释一下原因：小编最近在期末周，所以精力有限，虽然在我写这篇文章的时候，我已经到了期末周的尾声了，但是由于小编“一不小心”有点太放纵，导致我现在的精力有点差，所以特意写出来这一篇文章来让脑子变的有活力。一起写题的时光总是很短暂的，那么各位大佬们，我们下一篇文章见啦！