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;}
}