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力扣递归算法题

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数据结构与算法

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前言：这个专栏主要讲述动态规划算法，所以下面题目主要也是这些算法做的  

我讲述题目会把讲解部分分为3个部分：
1、题目解析

2、算法原理思路讲解

3、代码实现

粉刷房子

题目链接：粉刷房子

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 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 == n
• costs[i].length == 3
• 1 <= n <= 100
• 1 <= costs[i][j] <= 20

解法

算法原理讲解

我们这题使用动态规划，我们做这类题目可以分为以下五个步骤

1. 状态显示
2. 状态转移方程
3. 初始化（防止填表时不越界）
4. 填表顺序
5. 返回值

• 状态显示

1. dp[i][0] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「红色」，此时的最小花费；
2. dp[i][1] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「蓝色」，此时的最小花费；
3. dp[i][2] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「绿色」，此时的最小花费。

• 状态转移方程

1. 对于 dp[i][0] ：如果第 i 个位置粉刷上「红⾊」，那么 i - 1 位置上可以是「蓝⾊」或者「绿⾊」。因此我们需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「蓝⾊」或者「绿⾊」的最⼩花费，然后加上 i 位置的花费即可。于是状态转移⽅程为： dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0] 。
2. 对于 dp[i][1] ：如果第 i 个位置粉刷上「蓝色」，那么 i - 1 位置上可以是「红色」或者「绿色」。因此我们需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「红色」或者「绿色」的最小花费，然后加上 i 位置的花费即可。于是状态转移⽅程为： dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1] 。
3. 对于 dp[i][2] ：如果第 i 个位置粉刷上「绿色」，那么 i - 1 位置上可以是「红色」或者「蓝色」。因此我们需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「红色」或者「蓝色」的最⼩花费，然后加上 i 位置的花费即可。于是状态转移⽅程为： dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2] 。

• 初始化（防止填表时不越界）

• 填表顺序

• 返回值

class Solution {
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs) {int n = costs.size();vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];}return min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));}
};