力扣每日一题 6/28 动态规划/数组

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2742.给墙壁刷油漆【困难】

题目：

给你两个长度为 n 下标从 0 开始的整数数组 cost 和 time ，分别表示给 n 堵不同的墙刷油漆需要的开销和时间。你有两名油漆匠：

一位需要付费的油漆匠，刷第 i 堵墙需要花费 time[i] 单位的时间，开销为 cost[i] 单位的钱。
一位免费的油漆匠，刷任意一堵墙的时间为 1 单位，开销为 0 。但是必须在付费油漆匠工作时，免费油漆匠才会工作。

请你返回刷完 n 堵墙最少开销为多少。

示例 1：

输入：cost = [1,2,3,2], time = [1,2,3,2]
输出：3
解释：下标为 0 和 1 的墙由付费油漆匠来刷，需要 3 单位时间。同时，免费油漆匠刷下标为 2 和 3 的墙，需要 2 单位时间，开销为 0 。总开销为 1 + 2 = 3 。

示例 2：

输入：cost = [2,3,4,2], time = [1,1,1,1]
输出：4
解释：下标为 0 和 3 的墙由付费油漆匠来刷，需要 2 单位时间。同时，免费油漆匠刷下标为 1 和 2 的墙，需要 2 单位时间，开销为 0 。总开销为 2 + 2 = 4 。

提示：

1 <= cost.length <= 500
cost.length == time.length
1 <= cost[i] <= 10**6
1 <= time[i] <= 500

分析问题：

思路一：

首先，我们需要理解问题的本质是在给定成本和时间的列表情况下，找到满足一定体积需求的最小花费。这个问题通过定义一个 dfs 函数来解决，函数中的参数 i 表示当前考虑的物品索引，j 表示剩余需要的体积。

接下来，分析 dfs 函数的逻辑。当 j <= 0 时，表示剩余需要的体积已经满足要求，不需要再选择物品，所以返回 0 。当 i < 0 且 j > 0 时，表示没有物品可选但仍有剩余体积需求，这是不合法的情况，所以返回正无穷大 inf 。对于其他情况，有两种选择：一是选择当前物品，此时需要花费 cost[i] ，剩余需要的体积变为 j - time[i] - 1 ，然后递归调用 dfs(i - 1, j - time[i] - 1) ；二是不选择当前物品，直接递归调用 dfs(i - 1, j) 。函数返回这两种选择中的最小值。

然后，要注意到使用了 @cache 装饰器进行记忆化搜索。这是为了避免重复计算相同的子问题，提高算法的效率。

最后，在 paintWalls 方法中，通过获取 cost 列表的长度 n ，然后调用 dfs(n - 1, n) 来计算最小的花费。

思路二：

首先，定义两个匿名函数 min 和 max ，分别用于求两个数中的最小值和最大值。

然后，获取 cost 列表的长度 n ，并初始化一个列表 f 。 f[0] 设为 0 ， f[1] 到 f[n] 设为正无穷大 inf 。

接下来，通过遍历 cost 和 time 列表的对应元素 c 和 t ，进行动态规划的计算。

对于每个 c 和 t ，从 n 到 1 逆序遍历 f 列表。对于每个 j ，更新 f[j] 的值。更新的方式是取当前的 f[j] 和 f[max(j - t - 1, 0)] + c 中的最小值。 max(j - t - 1, 0) 表示在考虑当前时间 t 的情况下，能够完成的工作量对应的索引。通过这种方式，我们在每个位置 j 上，都找到了使用前 j 个物品能够达到的最小花费。

最后，函数返回 f[n] ，即使用所有物品能够达到的最小花费。

代码实现：

思路一代码实现：

class Solution:def paintWalls(self, cost: List[int], time: List[int]) -> int:@cache  # 记忆化搜索def dfs(i: int, j: int) -> int:  # j 表示剩余需要的体积if j <= 0:  # 没有约束，后面什么也不用选了return 0if i < 0:  # 此时 j>0，但没有物品可选，不合法return infreturn min(dfs(i - 1, j - time[i] - 1) + cost[i], dfs(i - 1, j))n = len(cost)return dfs(n - 1, n)

思路二代码实现：

class Solution:def paintWalls(self, cost: List[int], time: List[int]) -> int:# 定义一个匿名函数min，用于求两个数的最小值min = lambda a, b: b if b < a else a# 定义一个匿名函数max，用于求两个数的最大值max = lambda a, b: b if b > a else an = len(cost)# 初始化一个列表f，f[0]为0，f[1]到f[n]为正无穷大f = [0] + [float('inf')] * n# 遍历cost和time列表的对应元素for c, t in zip(cost, time):# 从n到1逆序遍历f列表for j in range(n, 0, -1):# 更新f[j]的值，取当前f[j]和f[max(j - t - 1, 0)] + c的最小值f[j] = min(f[j], f[max(j - t - 1, 0)] + c)# 返回f[n]，即完成所有工作的最小花费return f[n]

总结：

思路一代码详解：

定义了一个内部的 dfs 函数，该函数使用了记忆化搜索（通过 @cache 装饰器实现）。dfs 函数接受两个参数：i 表示当前考虑的物品索引，j 表示剩余需要的体积。
在 dfs 函数中，如果 j <= 0 ，表示剩余需要的体积已经满足要求，不需要再选择物品，返回 0 。
如果 i < 0 且 j > 0 ，表示没有物品可选但仍有剩余体积需求，这种情况是不合法的，返回 inf （表示正无穷大）。
对于其他情况，有两种选择：
- 选择当前物品（索引为 i ），那么需要花费 cost[i] ，并且剩余需要的体积变为 j - time[i] - 1 ，然后递归调用 dfs(i - 1, j - time[i] - 1) 。
- 不选择当前物品，直接递归调用 dfs(i - 1, j) 。
最后，函数返回这两种选择中的最小值。
在 paintWalls 方法中，首先获取 cost 列表的长度 n ，然后调用 dfs(n - 1, n) 来计算最小的花费。

总的来说，这段代码的目的是通过递归的方式，在考虑每个物品的选择与否的情况下，计算出满足剩余体积需求的最小花费。记忆化搜索的使用可以避免重复计算，提高算法的效率。

考点：

动态规划：两段代码都运用了动态规划的思想来解决问题。通过定义合适的状态（如代码中的 f 数组）和状态转移方程（如更新 f[j] 的值），来逐步求解最优解。
函数定义与使用：代码中定义了匿名函数（如 min 和 max 函数）来简化比较和操作。
列表操作：涉及到列表的初始化、遍历（正序和逆序）以及元素的更新。
逻辑推理与问题分析：需要理解问题的要求，找出合适的解法，并将其转化为代码实现。

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