这是我参与8月更文挑战的第17天，活动详情查看：8月更文挑战
1473. 粉刷房子 III
在一个小城市里，有 m 个房子排成一排，你需要给每个房子涂上 n 种颜色之一（颜色编号为 1 到 n ）。有的房子去年夏天已经涂过颜色了，所以这些房子不需要被重新涂色。
我们将连续相同颜色尽可能多的房子称为一个街区。（比方说 houses = [1,2,2,3,3,2,1,1] ，它包含 5 个街区 [{1}, {2,2}, {3,3}, {2}, {1,1}] 。）
给你一个数组 houses ，一个 m * n 的矩阵 cost 和一个整数 target ，其中：
houses[i]：是第 i 个房子的颜色，0 表示这个房子还没有被涂色。 cost[i][j]：是将第 i 个房子涂成颜色 j+1 的花费。 请你返回房子涂色方案的最小总花费，使得每个房子都被涂色后，恰好组成 target 个街区。如果没有可用的涂色方案，请返回 -1 。
示例 1：
输入：houses = [0,0,0,0,0], cost = [[1,10],[10,1],[10,1],[1,10],[5,1]], m = 5, n = 2, target = 3 输出：9 解释：房子涂色方案为 [1,2,2,1,1] 此方案包含 target = 3 个街区，分别是 [{1}, {2,2}, {1,1}]。 涂色的总花费为 (1 + 1 + 1 + 1 + 5) = 9。 示例 2：
输入：houses = [0,2,1,2,0], cost = [[1,10],[10,1],[10,1],[1,10],[5,1]], m = 5, n = 2, target = 3 输出：11 解释：有的房子已经被涂色了，在此基础上涂色方案为 [2,2,1,2,2] 此方案包含 target = 3 个街区，分别是 [{2,2}, {1}, {2,2}]。 给第一个和最后一个房子涂色的花费为 (10 + 1) = 11。 示例 3：
输入：houses = [0,0,0,0,0], cost = [[1,10],[10,1],[1,10],[10,1],[1,10]], m = 5, n = 2, target = 5 输出：5 示例 4：
输入：houses = [3,1,2,3], cost = [[1,1,1],[1,1,1],[1,1,1],[1,1,1]], m = 4, n = 3, target = 3 输出：-1 解释：房子已经被涂色并组成了 4 个街区，分别是 [{3},{1},{2},{3}] ，无法形成 target = 3 个街区。
解题思路
数组dp[i][j][k]中存储的元素含义是前i座房子并且第i座房子的颜色是j并且街区数目为k时，产生的最小花费
代码解读
1.这段代码作用是将房子的颜色从0开始编号，使得后面颜色的遍历直接从0开始
for (int i = 0; i < houses.length; i++) {
houses[i]--;
}
2.这段代码作用是初始化dp数组，将全部元素置为最大值，因为题目需要选出的时最小值，因此没有填入元素的位置即为最大值，后面在比较的时候就会失效
for (int i = 0; i <m ; i++) {
for(int j=0;j<n;j++)
Arrays.fill(dp[i][j],max);
}
3.状态转移
for (int i = 0; i <m ; i++) {//遍历所有房子
for(int j=0;j<n;j++){//遍历所有颜色
if(houses[i]!=-1&&houses[i]!=j) continue;
//条件等价于houses[i]==-1||houses[i]==j，就直接下一轮循环
//houses[i]==-1代表房子没上色，houses[i]==j代表当前房子已经上色并且颜色是j，因为颜色已经固定了，所以
//dp[i][j][k]只能在j==houses[i]的情况下填入元素，颜色j等于其他值的情况是不可能出现
for (int k = 0; k < target; k++) {//遍历街区个数
for (int p = 0; p < n; p++) {//遍历前一个房子的颜色
//先分为两种情况
//情况一：前一个房子和当前房子同色
//情况二：前一个房子和当前房子不同色
if (p==j)//情况一：前一个房子和当前房子同色
{
if(i==0)//1.当前房子是第一家，因此不能从前一座房子转移状态
{
if(k==0)//当前街区数只可能为0，因为当前只有一家房子，不可能产生k>0
dp[i][j][k]=0;
}else{//2.当前房子不是第一家
dp[i][j][k]= Math.min(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]);
//因为前一个房子和当前房子同色，因此街区数是没有增加的，颜色也是和前面房子的一样
}
}else if(i>0&&k>0){//情况二：前一个房子和当前房子不同色
dp[i][j][k]= Math.min(dp[i][j][k],dp[i-1][p][k-1]);
//因为当前房子和前一个房子，颜色不一样，因此需要产生一个新的街区
}
}
if(houses[i]==-1&&dp[i][j][k]!=max)
//houses[i]==-1代表房子没上色，dp[i][j][k]!=max 代表从前面的循环中是不能向dp[i][j][k]填入元素的
//例如 dp[0][j][k](k>1) 这种情况是不可能出现的，因此不能填入元素，也不能在计算这种情况的花费
dp[i][j][k]+=cost[i][j];
}
}
}
4.dp[m-1][i][target-1]，m-1代表所有房子（前m座房子），target-1代表有target个街区，i是最后一个房子的颜色，找出最小值。
for (int i = 0; i < n; i++) {
res= Math.min(res,dp[m-1][i][target-1]);
}
代码
class Solution {
static int max=Integer.MAX_VALUE/2;
public int minCost(int[] houses, int[][] cost, int m, int n, int target) {
int[][][] dp=new int[m][n][target];
for (int i = 0; i < houses.length; i++) {
houses[i]--;
}
for (int i = 0; i <m ; i++) {
for(int j=0;j<n;j++)
Arrays.fill(dp[i][j],max);
}
for (int i = 0; i <m ; i++) {
for(int j=0;j<n;j++){
if(houses[i]!=-1&&houses[i]!=j) continue;
for (int k = 0; k < target; k++) {
for (int p = 0; p < n; p++) {
if (p==j)
{
if(i==0)
{
if(k==0) dp[i][j][k]=0;
}else{
dp[i][j][k]= Math.min(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]);
}
}else if(i>0&&k>0){
dp[i][j][k]= Math.min(dp[i][j][k],dp[i-1][p][k-1]);
}
}
if(houses[i]==-1&&dp[i][j][k]!=max)
dp[i][j][k]+=cost[i][j];
}
}
}
int res=max;
for (int i = 0; i < n; i++) {
res= Math.min(res,dp[m-1][i][target-1]);
}
return res==max?-1:res;
}
}
