【Leetcode每日一题】2021-05-03 1473 粉刷房子III - 困难 - 动态规划 (Python & C++)

来源：力扣

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。

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

题目中有一点说得不太明确，题目中说已经粉刷过的房子不需要再刷，题目本意应该是去年夏天刷过的房子不准再刷，说不需要感觉还是可以再被刷成其他颜色，所以说有一点不太明确。但是两种意思都挺有意思的，而且代码层面差别不大，这里我就把两种情况的个人解答都写出来了。
其实两种题目的动态规划解题思路大致是一样的：
  - 首先我们可以看出房子i的状态只跟房子i-1的状态有关，状态可以按target来分，即每个房子可以有target种状态，每种状态还可以分为n种颜色，所以这里要用三维DP$\to dp[m][target][n]$。
  - 确定完状态下面就要推状态转移方程了。假设现在状态为dp[i][j][k]，即房子i处于j街区时颜色为k的最小cost。首先按街区分为两种，j = 0和j > 0：
    $\to j=0$: 说明房子i还处于第一街区，所以它的颜色必须和前一个房子i-1相同，所以$$dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]+cost[i][k]$$
    $\to j>0$: 此时房子已经不属于第一街区了，所以它的上一个房子i-1可以和i颜色相同（即i-1和i属于同一街区j），也可以不同（即i-1属于i的上一个街区j-1），所以我们只需从所有可能性中选出cost最小的那一个所以 d p [ i ] [ j ] [ k ] = m i n ( [ d p [ i − 1 ] [ j ] [ k ] ] + [ d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ c ]   f o r   c   i n   r a n g e ( n )   i f   c   ! =   k ] )