本文主要是介绍「图解大厂面试高频算法题」动态规划-粉刷房子I，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

「图解大厂面试高频算法题」动态规划-粉刷房子I

原题链接: https://leetcode-cn.com/problems/paint-house/

题目介绍

题目解答

又又又又是动态规划，动态规划的要点是啥来着？发现子问题、找出状态转换方程、优化数组空间。

首先寻找子问题

题目的原问题是求解粉刷从第0到第N个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销，这个问题可以拆成如下N个子问题

• 粉刷第0个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
• 粉刷从第0到第1个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
• … …
• 粉刷从第0到第N-1个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
• 粉刷从第0到第N个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
  
  注意这题有一个限制就是相邻的两个房子颜色不能相同，所以小粉刷匠每刷一个房子的时候，他需要思考这个房子要刷哪种颜色，刷红色？刷蓝色？刷绿色？这样每一个子问题又可以继续拆解变成如下3N个子问题
  
• 粉刷第0个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
  • 给第0个房子刷红色时，粉刷从第0到第0个房子的最低开销是多少？
  • 给第0个房子刷蓝色时，粉刷从第0到第0个房子的最低开销是多少？
  • 给第0个房子刷绿色时，粉刷从第0到第0个房子的最低开销是多少？
• 粉刷从第0到第1个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
  • 给第1个房子刷红色时，粉刷从第0到第1个房子的最低开销是多少？
  • 给第1个房子刷蓝色时，粉刷从第0到第1个房子的最低开销是多少？
  • 给第1个房子刷绿色时，粉刷从第0到第1个房子的最低开销是多少？
• … …
• 粉刷从第0到第N-1个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
  • 给第N-1个房子刷红色时，粉刷从第0到第N-1个房子的最低开销是多少？
  • 给第N-1个房子刷蓝色时，粉刷从第0到第N-1个房子的最低开销是多少？
  • 给第N-1个房子刷绿色时，粉刷从第0到第N-1个房子的最低开销是多少？
• 粉刷从第0到第N个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销
  • 给第N个房子刷红色时，粉刷从第0到第N个房子的最低开销是多少？
  • 给第N个房子刷蓝色时，粉刷从第0到第N个房子的最低开销是多少？
  • 给第N个房子刷绿色时，粉刷从第0到第N个房子的最低开销是多少？
    

确定状态转移方程

子问题已经确定出来了，那么如果我们知道了粉刷从第0到第N-1个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销，那么我们如何根据这个子问题来算出原问题粉刷从第0到第N个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销呢？

粉刷匠为了让开销达到最小，自学了编程然后搞了3个数组red、blue和green，red[k]表示粉刷从第0到第k个房子红/蓝/绿这三种颜色所花费的最低开销，其中第k个房子粉刷为红色，blue[k]和green[k]亦然，粉刷匠每到达一个房子的时候，都会去更新red[k]、blue[k]和green[k]，当粉刷匠来到了第K个房子的时心里可能这么想：

• 我要把第K个房子刷为红色
  • 粉刷匠决定把第K个房子刷为红色，并记录下当前第K个房子刷为红色时所花费的最低开销为red[k] = min(blue[k-1], green[k-1]) + cost[k]。
  • 解释: 既然粉刷匠想把第K个房子刷为红色，且想保持所花费的开销是最低的，那第K-1一个房子不能是红色的且要选择blue[k-1]和green[k-1]这两个数其中最小的一个。
• 我要把第K个房子刷为蓝色
  • 同上
• 我要把第K个房子刷为蓝色
  • 同上

那么我们得出了状态转移方程如下

red[k] = min(blue[k-1], green[k-1]) + cost[k]
blue[k] = min(red[k-1], green[k-1]) + cost[k]
green[k] = min(blue[k-1], red[k-1]) + cost[k]

有了状态转移方程， 那就很容易写出代码了

代码实现(一维动态规划)

class Solution {
    public int minCost(int[][] costs) {
        int[][] dp = new int[costs.length][3];
        // 0 - 红色
        // 1 - 蓝色
        // 2 - 绿色
        dp[0][0] = costs[0][0];
        dp[0][1] = costs[0][1];
        dp[0][2] = costs[0][2];
        for (int i = 1; i < costs.length; i++) {
            dp[i][0] = Math.min(dp[i-1][1], dp[i-1][2]) + costs[i][0];
            dp[i][1] = Math.min(dp[i-1][0], dp[i-1][2]) + costs[i][1];
            dp[i][2] = Math.min(dp[i-1][0], dp[i-1][1]) + costs[i][2];
        }
        return Math.min(dp[costs.length-1][0], Math.min(dp[costs.length-1][1], dp[costs.length-1][2]));
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

优化空间

上面的一维动态规划解法使用了一个dp数组，我们仔细观察可以发现，计算dp[i]的状态只取决于dp[i-1]的状态，所以我们可以用三个临时变量red/blue/green来代替dp[i-1][0]/dp[i-1][1]/dp[i-1][2]中的值。

class Solution {
    public int minCost(int[][] costs) {
        int[][] dp = new int[costs.length][3];
        int redCost = costs[0][0], blueCost = costs[0][1], greenCost = costs[0][2];
        for (int i = 1; i < costs.length; i++) {
            int newRedCost = Math.min(blueCost, greenCost) + costs[i][0];
            int newBlueCost = Math.min(redCost, greenCost) + costs[i][1];
            int newGreenCost = Math.min(redCost, blueCost) + costs[i][2];
            redCost = newRedCost;
            blueCost = newBlueCost;
            greenCost = newGreenCost;
        }
        return Math.min(redCost, Math.min(blueCost, greenCost));
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

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