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每日刷题 2022.06.25
- leetcode原题链接：leetcode.cn/problems/JE…
- 难度：中等
- 方法：深度优先遍历、动态规划
题目
- 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
- 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 == ncosts[i].length == 31 <= n <= 1001 <= costs[i][j] <= 20
解题思路
- 有返回值的记忆化搜索，开心🥳🥳又学会了一种解题方法，独立实现代码。
- 分析题意：会给一个二维数组，对于每一个二维数组而言，每一行表示每一个房子🏠，可以染成红色、蓝色或者绿色所要花费的成本💰，题目要求相邻的两个房子🏠的颜色不能相同。求解：可以满足要求的最少花费成本。
- 也就是每一个房子的可能性都需要遍历一遍，最终从中取最小值。
- 那么针对于两个相邻的房子颜色不能相同，也就是在最基本的所有情况都考虑的情况上，去掉两个相邻的情况。
- 那么可以使用
dfs对每一种情况进行遍历，传参的时候：需要将当前层选择的是哪个颜色作为参数，这样再遍历下一层的时候，避开当前层的颜色就可以了。
优化
- 如果只是这样
dfs的确也是能够解决本题的，并且思路上都是正确的。但是根据我们再次仔细的思考🤔，就会发现会有很多重复的情况被遍历，如果我们能够将这些情况记录📝下来，那么就可以大大的节省时间⌚️。 - 那么如何记忆化记录呢？例如本题中第一个样例：最后一个房子是
2，但是当遍历到3的时候（也就是数组的长度），就没有房子可以计入，那么就应该返回0；之后依次往上推，如果能够将每一个房子🏠的每一种颜色的最小值存储下来，那么以后再从上往下遍历遇到这种情况的时候，就只需要从记录📝数据中取出返回即可，大大节省了时间。
AC代码
/**
* @param {number[][]} costs
* @return {number}
*/
var minCost = function(costs) {
// dfs每次返回的是：每次触底后返回的花费值，
// 还有一种思路：就是返回当前从下往上，最小的花费值（返回）
let n = costs.length, map = new Map();
function dfs(house, idx) {
if(house == n) return 0;
if(map.has(house + '_' + idx)) return map.get(house + '_' + idx)
let min = Infinity;
for(let i = 0; i < 3; i++) {
if(i != idx) {
let cur = dfs(house + 1, i);
min = Math.min(cur + costs[house][idx], min);
}
}
// 记忆化
map.set(house + '_' + idx, min);
return min;
}
let ans = Infinity;
for(let i = 0; i < 3; i++) {
ans = Math.min(dfs(0, i), ans);
}
return ans;
};
