《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)

2024-03-25 16:28

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!

目录

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]

i012
r(i)172 + 15 = 177 + 13 = 20
g(i)216 + 14 = 307 + 3 = 10
b(i)162 + 5 = 717 + 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。

i01234
f(i)00122
g(i)11001

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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