《剑指 Offer》专项突破版 - 面试题 91 和 92 : 粉刷房屋和翻转字符（C++ 实现）

本文主要是介绍《剑指 Offer》专项突破版 - 面试题 91 和 92 : 粉刷房屋和翻转字符（C++ 实现），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

面试题 91 : 粉刷房子

面试题 92 : 翻转字符

面试题 91 : 粉刷房子

题目：

一排 n 幢房子要粉刷成红色、绿色和蓝色，不同房子被粉刷成不同颜色的成本不同。用一个 n x 3 的数组表示 n 幢房子分别用 3 种颜色粉刷的成本。要求任意相邻的两幢房子的颜色都不一样，请计算粉刷这 n 幢房子的最少成本。例如，粉刷 3 幢房子的成本分别为 [[17, 2, 16], [15, 14, 5], [13, 3, 1]]，如果分别将这 3 幢房子粉刷成绿色、蓝色和绿色，那么粉刷的成本是 10，是最少的成本。

分析：

每步粉刷 1 幢房子，粉刷 n 幢房子需要 n 步。由于每幢房子都能被粉刷成红色、绿色和蓝色这 3 种颜色中的一种，因此每步都面临 3 种选择。这个问题并不是求出所有粉刷的不同方法，而是计算符合一定条件的最少的粉刷成本，也就是求最优解，因此这个问题适合用动态规划解决。

分析确定状态转移方程：

输入的 n 幢房子可以看成一个序列。每步多考虑 1 幢房子，在标号从 0 开始到 i - 1 结束的房子的最少粉刷成本的基础上计算从标号从 0 开始到 i 结束的房子的最少粉刷成本。

用动态规划解决问题的关键在于找出状态转移方程。根据粉刷的规则，相邻的两幢房子不能被粉刷成相同的颜色，要计算粉刷到标号为 i 的房子时的成本，还需要考虑标号为 i - 1 的房子的颜色。因此，需要 3 个表达式，即 r(i)、g(i)、b(i)，分别表示将标号为 i 的房子粉刷成红色、绿色和蓝色时粉刷标号从 0 到 i 的 i + 1 幢房子的最少成本。假设粉刷每幢房子的成本用一个二维数组 costs 表示，那么 costs[i] 中包含的 3 个数字分别是将标号为 i 的房子粉刷红色、绿色和蓝色的成本。当标号为 i 的房子被粉刷成红色时，标号为 i - 1 的房子可以被粉刷成绿色或蓝色，因此 r(i) = min(g(i - 1), b(i - 1)) + costs[i][0]。类似地，当标号为 i 的房子被粉刷成绿色时，标号为 i - 1 的房子可以被粉刷成红色或蓝色，因此 g(i) = min(r(i - 1), b(i - 1)) + costs[i][1]；当标号为 i 的房子被粉刷成蓝色时，标号为 i - 1 的房子可以被粉刷成红色或绿色，因此 b(i) = min(r(i - 1), g(i - 1)) + costs[i][2]。

这 3 个状态转移方程有一个隐含条件，要求 i 大于 0，否则 i - 1 没有意义。当 i 等于 0 时，r(0) = costs[0][0]，g(0) = costs[0][1]，b(0) = costs[0][2]。

i	0	1	2
r(i)	17	2 + 15 = 17	7 + 13 = 20
g(i)	2	16 + 14 = 30	7 + 3 = 10
b(i)	16	2 + 5 = 7	17 + 1 = 18

代码实现：

class Solution {
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs) {vector<vector<int>> dp(3, vector<int>(2));for (int j = 0; j < 3; ++j){dp[j][0] = costs[0][j];}
int n = costs.size();for (int i = 1; i < n; ++i){for (int j = 0; j < 3; ++j){int prev1 = dp[(j + 1) % 3][(i - 1) % 2];int prev2 = dp[(j + 2) % 3][(i - 1) % 2];dp[j][i % 2] = min(prev1, prev2) + costs[i][j];}}int lastIndex = n - 1;return min(dp[0][lastIndex % 2], min(dp[1][lastIndex % 2], dp[2][lastIndex % 2]));}
};

上述代码用一个二维数组 dp 模拟上述表格，该二维数组一共有 3 行，分别对应 r(i)、g(i) 和 b(i)。由于计算 r(i)、g(i) 和 b(i) 时只需要用到 r(i - 1)、g(i - 1) 和 b(i - 1)，因此并不需要用完整的一维数组来保存 r(i)、g(i) 和 b(i) 的值。于是，进一步优化空间效率，将数组每行的长度精简为 2，r(i)、g(i) 和 b(i) 分别保存在 3 行下标为 "i % 2" 的位置。优化之后的代码的时间复杂度是 O(n)，空间复杂度是 O(1)。

面试题 92 : 翻转字符

题目：

输入一个只包含 '0' 和 '1' 的字符串，其中，'0' 可以翻转成 '1'，'1' 可以翻转成 '0'。请问至少需要翻转几个字符，才可以使翻转之后的字符串中所有的 '0' 位于 '1' 的前面？翻转之后的字符串可能只包含字符 '0' 或 '1'。例如，输入字符串 "00110"，至少需要翻转一个字符才能使所有的 '0' 位于 '1' 的前面。可以将最后一个字符 '0' 翻转成 '1'，得到字符串 "00111"。

分析：

一次翻转字符串中的一个字符，翻转字符串需要多个步骤。针对每个字符都有两个选择，即选择翻转该字符或不翻转该字符。完成一件事情需要多个步骤并且每个步骤都有多个选择，这看起来是一个和回溯法相关的问题。但由于题目没有要求列出所有符合要求的翻转方法，而是计算符合要求的最少翻转次数，也就是求最优解，因此动态规划更适合解决这个问题。

分析确定状态转移方程：

应用动态规划解决问题总是从分析状态转移方程开始的。如果一个只包含 '0' 和 '1' 的字符串 S 的长度为 i + 1，它的字符的下标范围为 0 ~ i。在翻转下标为 i 的字符时假设它的前 i 个字符都已经按照规则翻转完毕，所有的字符 '0' 都位于 '1' 的前面。

如果前 i 个字符在翻转某些 '0' 和 '1' 之后得到的符合要求的字符串的最后一个字符是 '0'，那么无论下标为 i 的字符是 '0' 还是 '1'，这 i + 1 个字符组成的字符串都是符合要求的。如果前 i 个字符在翻转某些 '0' 和 '1' 之后得到的符合要求的字符串的最后一个字符是 '1'，那么必须保证下标为 i 的字符是 '1'，这样才能确保这 i + 1 个字符组成的字符串是符合要求的。

由于翻转下标为 i 的字符依赖于前 i 个字符翻转之后最后一个字符是 '0' 还是 '1'，因此要分为两种情况讨论。假设函数 f(i) 表示把字符串中从下标为 0 的字符到下标为 i 的字符（记为 S[0···i]，字符串中前 i + 1 个字符组成的子字符串）变成符合要求的字符串并且最后一个字符是 '0' 所需要的最少翻转次数。假设函数 g(i) 表示把字符串 S[0···i] 变成符合要求的字符串并且最后一个字符是 '1' 所需要的最少翻转次数。如果字符串的长度为 n，那么 f(n - 1) 和 g(n - 1) 就是翻转整个字符串使字符串符合要求并且最后一个字符分别变成 '0' 和 '1' 的最少翻转次数，它们的较小值就是整个问题的解。

如果翻转之后下标为 i 的字符是 '0'，那么下标为 i - 1 的字符一定也是 '0'，否则就不满足所有的字符 '0' 位于 '1' 的前面这个要求。当输入字符串中下标为 i 的字符（即 S[i]）是 '0' 时，f(i) = f(i - 1)，因为这一步不需要翻转；当输入字符串中下标为 i 的字符是 '1' 时，f(i) = f(i - 1) + 1，因为要把下标为 i 的字符翻转成 '0'。

如果翻转之后下标为 i 的字符是 '1'，那么无论下标为 i - 1 的字符是 '0' 还是 '1' 都满足题目的要求。当 S[i] 是 '0' 时，g(i) = min(f(i - 1), g(i - 1)) + 1，因为要把第 i 个字符翻转成 '1'；当 S[i] 是 '1' 时，g(i) = min(f(i - 1), g(i - 1))，因为此时不需要翻转字符。

当 i 等于 0 时，f(0) 和 g(0) 的值取决于下标为 0 的字符 S[0]。如果 S[0] 等于 '0'，那么 f(0) 的值为 0，否则为 1。g(0) 则反之，如果 S[0] 为 '0'，那么 g(0) 的值为 1，否则为 0。

i	0	1	2	3	4
f(i)	0	0	1	2	2
g(i)	1	1	0	0	1

代码实现：

class Solution {
public:int minFlipsMonoIncr(string s) {vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2));char ch = s[0];dp[0][0] = ch == '0' ? 0 : 1;dp[1][0] = ch == '1' ? 0 : 1;
int n = s.size();for (int i = 1; i < n; ++i){ch = s[i];int prev0 = dp[0][(i - 1) % 2];int prev1 = dp[1][(i - 1) % 2];dp[0][i % 2] = prev0 + (ch == '0' ? 0 : 1);dp[1][i % 2] = min(prev0, prev1) + (ch == '1' ? 0 : 1);}return min(dp[0][(n - 1) % 2], dp[1][(n - 1) % 2]);}
};

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