LC 1473. 粉刷房子 III

题目描述

这是 LeetCode 上的 1473. 粉刷房子 III ，难度为 困难。

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，所以这些房子不可以被重新涂色。

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。

提示：

• $m = houses.length = cost.length$
• $n = cost[i].length$
• $1 <= m <= 100$
• $1 <= n <= 20$
• $1 <= target <= m$
• $0 <= houses[i] <= n$
• $1 <= cost[i][j] <= 10^4$

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动态规划

定义 $f[i][j][k]$ 为考虑前 $i$ 间房子，且第 $i$ 间房子的颜色编号为 $j$，前 $i$ 间房子形成的分区数量为 $k$ 的所有方案中的「最小上色成本」。

我们不失一般性的考虑 $f[i][j][k]$ 该如何转移，由于某些房子本身就已经上色，上色的房子是不允许被粉刷的。

我们可以根据第 $i$ 间房子是否已经被上色，进行分情况讨论：

• 第 $i$ 间房子已经被上色，即 $houses[i] != 0$，此时只有满足 $j == houses[i]$ 的状态才是有意义的，其余状态均为 INF。
  同时根据「第 $i$ 间房子的颜色 $j$」与「第 $i - 1$ 间房子的颜色 $p$」是否相同，会决定第 $i$ 间房子是否形成一个新的分区。这同样需要进行分情况讨论。
  整理后的转移方程为：

  $$f[i][j][k]=\begin{cases} min(f[i - 1][j][k], f[i - 1][p][k - 1]) &j == houses[i], p != j\\ INF & j != houses[i] \end{cases}$$

• 第 $i$ 间房子尚未被上色，即 $houses[i] == 0$，此时房子可以被粉刷成任意颜色。不会有无效状态的情况。
  同样，根据「第 $i$ 间房子的颜色 $j$」与「第 $i - 1$ 间房子的颜色 $p$」是否相同，会决定第 $i$ 间房子是否形成一个新的分区。
  转移方程为：

  $$f[i][j][k] = min(f[i - 1][j][k], f[i - 1][p][k - 1]) + cost[i][j - 1], p != j$$

一些编码细节：

• 下标转换：这是个人习惯，无论做什么题，我都喜欢将下标转换为从 $1$ 开始，目的是为了「节省负值下标的分情况讨论」、「将无效状态限制在 $0$ 下标内」或者「充当哨兵」等等。
• 将 0x3f3f3f3f 作为 INF：因为目标是求最小值，我们应当使用一个较大值充当正无穷，来关联无效状态。同时为了确保不会出现「在正无穷基础上累加导致丢失正无穷含义」的歧义情况，我们可以使用一个有「累加空间」的值作为「正无穷」（这个问题刚好最近在 这里 专门讲过）。

Java 代码：

class Solution {
    int INF = 0x3f3f3f3f;
    public int minCost(int[] hs, int[][] cost, int m, int n, int t) {
        int[][][] f = new int[m + 1][n + 1][t + 1];

        // 不存在分区数量为 0 的状态
        for (int i = 0; i <= m; i++) {
            for (int j = 0; j <= n; j++) {
                f[i][j][0] = INF;
            }
        }

        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            int color = hs[i - 1];
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                for (int k = 1; k <= t; k++) {
                    // 形成分区数量大于房子数量，状态无效
                    if (k > i) {
                        f[i][j][k] = INF;
                        continue;
                    }

                    // 第 i 间房间已经上色
                    if (color != 0) {
                        if (j == color) { // 只有与「本来的颜色」相同的状态才允许被转移
                            int tmp = INF;
                            // 先从所有「第 i 间房形成新分区」方案中选最优（即与上一房间颜色不同）
                            for (int p = 1; p <= n; p++) {
                                if (p != j) {
                                    tmp = Math.min(tmp, f[i - 1][p][k - 1]);
                                }
                            }
                            // 再结合「第 i 间房不形成新分区」方案中选最优（即与上一房间颜色相同）
                            f[i][j][k] = Math.min(f[i - 1][j][k], tmp);
                        
                        } else { // 其余状态无效  
                            f[i][j][k] = INF;
                        }

                    // 第 i 间房间尚未上色
                    } else {
                        int u = cost[i - 1][j - 1]; 
                        int tmp = INF;
                        // 先从所有「第 i 间房形成新分区」方案中选最优（即与上一房间颜色不同）
                        for (int p = 1; p <= n; p++) {
                            if (p != j) {
                                tmp = Math.min(tmp, f[i - 1][p][k - 1]);
                            }
                        }
                        // 再结合「第 i 间房不形成新分区」方案中选最优（即与上一房间颜色相同）
                        // 并将「上色成本」添加进去
                        f[i][j][k] = Math.min(tmp, f[i - 1][j][k]) + u;
                    }
                }
            }
        }

        // 从「考虑所有房间，并且形成分区数量为 t」的所有方案中找答案
        int ans = INF;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            ans = Math.min(ans, f[m][i][t]);
        }
        return ans == INF ? -1 : ans;
    }
}

• 时间复杂度：共有 $m \times n \times t$ 个状态需要被转移，每次转移需要枚举「所依赖的状态」的颜色，复杂度为 $O(n)$。整体复杂度为 $O(m \times n^2 \times t)$
• 空间复杂度：$O(m \times n \times t)$

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状态定义的由来

对于有一定 DP 刷题量的同学来说，上述的「状态定义」应该很好理解。

根据经验，我们可以很容易确定「房间编号维度 $i$」和「分区数量维度 $k$」需要纳入考虑，同时为了在转移过程中，我们能够清楚知道从哪些状态转移过来需要增加「分区数量」，哪些状态转移过来不需要增加，因此需要多引入「最后一间房间颜色 $j$」维度。

至于对 DP 不熟悉的同学，可以从写「爆搜」开始入手。

这里的“写”不一定真的要动手去实现一个完整的「爆搜」方案，只需要合理设计出来 DFS 函数签名即可。

但为了更好理解，我写了一个完整版的供你参考。

代码：

class Solution {
    int INF = 0x3f3f3f3f;
    int ans = INF;
    int[] hs;
    int[][] cost;
    int m, n, t;
    public int minCost(int[] _hs, int[][] _cost, int _m, int _n, int _t) {
        m = _m; n = _n; t = _t;
        hs = _hs;
        cost = _cost;
        dfs(0, -1, 0, 0);
        return ans == INF ? -1 : ans;
    }
    // u : 当前处理到的房间编号
    // last : 当前处理的房间颜色
    // cnt : 当前形成的分区数量
    // sum : 当前的上色成本
    void dfs(int u, int last, int cnt, int sum) {
        if (sum >= ans || cnt > t) return;
        if (u == m) {
            if (cnt == t) {
                ans = Math.min(ans, sum);
            }
            return;
        }
        int color = hs[u];
        if (color == 0) {
            for (int i = 1; i <= n; i++) {
                int nCnt = u - 1 < 0 ? 1 : last == i ? cnt : cnt + 1; 
                dfs(u + 1, i, nCnt, sum + cost[u][i - 1]);
            }
        } else {
            int nCnt = u - 1 < 0 ? 1 : last == color ? cnt : cnt + 1; 
            dfs(u + 1, color, nCnt, sum);
        }
    }
}

• 时间复杂度：n 为颜色数量，m 为房间数量。不考虑剪枝效果，每个房间都可以粉刷 n 种颜色，复杂度为指数级别的 $O(n^m)$
• 空间复杂度：忽略递归带来的额外空间开销。复杂度为 $O(1)$

可以发现，DFS 的可变参数有四个，其中 sum 是用于更新最终答案 ans 的，其应该作为动规值，其余三个参数，作为动规数组的三个维度。

至此，我们可以确定动态规划的「状态定义」，关于如何利用这种「技巧」来得到一个可靠的「状态定义」最早在 这里 讲过。

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记忆化搜索

看到评论区有同学贴了「记忆化搜索」的版本，那么就作为补充增加到题解吧 ~

注意记忆化容器应当与我们的「动规数组」结构保存一致。

代码：

class Solution {
    int INF = 0x3f3f3f3f;
    int m, n, t;
    int[] hs;
    int[][] cost;
    boolean[][][] vis;
    int[][][] cache;
    public int minCost(int[] _hs, int[][] _cost, int _m, int _n, int _t) {
        m = _m; n = _n; t = _t;
        hs = _hs;
        cost = _cost;
        vis = new boolean[m + 1][n + 1][t + 1];
        cache = new int[m + 1][n + 1][t + 1];
        int ans = dfs(0, 0, 0, 0);
        return ans == INF ? -1 : ans;
    }
    int dfs(int u, int last, int cnt, int sum){
        if(cnt > t) return INF;
        if(vis[u][last][cnt]) return cache[u][last][cnt];
        if (u == m) return cnt == t ? 0 : INF;
        int ans = INF;
        int color = hs[u];
        if(color == 0){
            for(int i = 1; i <= n; i++){
                int nCnt = u == 0 ? 1 : last == i ? cnt : cnt + 1;
                int cur = dfs(u + 1, i, nCnt, sum + cost[u][i - 1]);
                ans = Math.min(ans, cur + cost[u][i - 1]);
            }
        } else{
            int nCnt = u == 0 ? 1 : last == color ? cnt : cnt + 1;
            int cur = dfs(u + 1, color, nCnt, sum);
            ans = Math.min(ans, cur);
        }
        vis[u][last][cnt] = true;
        cache[u][last][cnt] = ans;
        return ans;
    }
}

• 时间复杂度：共有 $m \times n \times t$ 个状态需要被转移，每次转移需要枚举「所依赖的状态」的颜色，复杂度为 $O(n)$。整体复杂度为 $O(m \times n^2 \times t)$
• 空间复杂度：$O(m \times n \times t)$

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最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1473 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。