516. 房屋染色 II

Posted 2020-12-09 yunxintryyoubest

516. 房屋染色 II

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这里有n个房子在一列直线上，现在我们需要给房屋染色，共有k种颜色。每个房屋染不同的颜色费用也不同，你需要设计一种染色方案使得相邻的房屋颜色不同，并且费用最小。

费用通过一个nxk 的矩阵给出，比如cost[0][0]表示房屋0染颜色0的费用，cost[1][2]表示房屋1染颜色2的费用。

样例

样例1

输入:
costs = [[14,2,11],[11,14,5],[14,3,10]]
输出: 10
说明:
三个屋子分别使用第1,2,1种颜色，总花费是10。

样例2

输入:
costs = [[5]]
输出: 5
说明：
只有一种颜色，一个房子，花费为5

挑战

用O(nk)的时间复杂度解决

注意事项

所有费用都是正整数

输入测试数据 (每行一个参数)如何理解测试数据？

第一种写法，时间复杂度O(n*K**2),lintcode时间复杂度问题未通过

#房屋染色II
class Solution:
    ‘‘‘
    大致思路:
    1. 确定状态 n*k
    最后一步:dp[n - 1]
    子问题:dp[n - 1][j] 

    2.转移方程,以只有三总染色颜色为例
    dp[n][0] = min(dp[n - 1][1],dp[n - 1][2]) + costs[n][0]
    dp[n][1] = min(dp[n - 1][0],dp[n - 1][2]) + costs[n][1]
    dp[n][2] = min(dp[n - 1][0],dp[n - 1][1]) + costs[n][2]

    3.初始条件和边界情况
    dp = [[sys.maxsize]*k for _ in range(n)]

    if (i = 0):
        for j in range(k):
            dp[0][j] = costs[j]

    4.计算顺序
    for i in range(n):
        if (i = 0):
            for j in range(k):
                dp[0][j] = costs[j]  
                #下面不用走了
                continue     
        
        for j in range(k):
            for z in range(k):
                if (z != j):
                    #当前房子花费的钱，和上一个房子循环比较出花费最少的钱，最小值出来
                    dp[i][j] = min(dp[i - 1][z] + costs[j],dp[i][j])
                
    ‘‘‘
    def minCostII(self, costs):
        if not costs or len(costs) == 0: return 0

        #初始条件
        n = len(costs)
        k = len(costs[0])
        dp = [[sys.maxsize]*k for _ in range(n)]

        #计算顺序
        for i in range(n):
            #因为是第一个房子的话，没有比较，所以，自然最小的是第一个房子染色所花费最少的
            for j in range(k):
                if (i == 0):
                    dp[0][j] = costs[i][j]
                    continue
                    
                for z in range(k):           
                    if (j != z):
                        dp[i][j] = min(dp[i - 1][z] + costs[i][j], dp[i][j])
        
        #取出最大值，最后一个房子的时候
        return min(dp[n - 1])

#result = Solution().minCostII([[14,2,11],[11,14,5],[14,3,10]])
#print(result)

 

第二种写法：优化版本，时间复杂度O(n*k)

当前房屋只和上一个房屋的最小染色花费 +  次小染色花费 相加

如果当前房屋的染色 ！= 上一个房屋最小染色花费颜色  >> dp[i][j] = dp[i - 1][k] + min_num (首先先和上一个房屋染色花费最小的染色颜色进行比较，不同，则加)

如果当前房屋的染色 ! = 上一个房屋次小染色花费颜色  >> dp[i][j]  = dp[i - 1][k] + second_min_num 

##房屋染色，优化版本
##题讲 动态规划常见优化，最小值，次小值
class Solution:
    ‘‘‘
    大致思路：
    1.当前房子染色的最小花费，循环当前房子的所有染色的花费 + 上一个房子染色的最小值 或者 次小值
    min_num,second_min_num
    if 当前染的颜色 != 上一个染色(最小值):
        dp[i][k] = second_min_num + costs[i][k]
    else:
        dp[i][k] = min_num + costs[i][k]

    #最终形成的效果是
    当前颜色为0的情况 ，dp[i][0] 染色的最小值
    当前染色为1的情况 ，dp[i][1] 染色的最小值
    当前染色为2的情况 ，dp[i][2] 染色的最小值
    
    最终求出dp[i]的最小值即可，即为第i个房子的最小染色花费
    ‘‘‘
    def minCostII(self, costs):
        if not costs or len(costs) == 0:return 0 

        #初始化
        n = len(costs)
        k = len(costs[0])
        dp = [[sys.maxsize]*k for _ in range(n)]

        for i in range(n):
            #初始化
            if i == 0:
                for j in range(k):
                    dp[0][j] = costs[i][j]
                continue
            
            #定义次小以及最小值,每次更新，避免是上一次的结果
            min_num,second_min_num = sys.maxsize,sys.maxsize
            a,b = 0,0

            #取出当前上一个房子的最小值和次小值,一次循环
            for j in range(k):
                if dp[i - 1][j] < min_num:
                    second_min_num = min_num
                    min_num = dp[i - 1][j]
                    b = a
                    a = j
                elif dp[i - 1][j] < second_min_num:
                    second_min_num = dp[i - 1][j]
                    b = j
            
            #依次给当前房子，不同染色情况下进行赋值最小染色花费出来
            for j in range(k):
                if j != a:
                    dp[i][j] = min_num + costs[i][j]
                elif j != b:
                    dp[i][j] = second_min_num + costs[i][j]

        #打印dp结果:[[14, 2, 11], [13, 25, 7], [21, 10, 23]]
        return min(dp[-1])

result = Solution().minCostII([[14,2,11],[11,14,5],[14,3,10]])
print(result)