Question

2742. 给墙壁刷油漆

English Version

题目描述

给你两个长度为 n 下标从 0 开始的整数数组 cost 和 time ，分别表示给 n 堵不同的墙刷油漆需要的开销和时间。你有两名油漆匠：

• 一位需要 付费 的油漆匠，刷第 i 堵墙需要花费 time[i] 单位的时间，开销为 cost[i] 单位的钱。
• 一位 免费 的油漆匠，刷 任意 一堵墙的时间为 1 单位，开销为 0 。但是必须在付费油漆匠 工作 时，免费油漆匠才会工作。

请你返回刷完 n 堵墙最少开销为多少。

 

示例 1：

输入：cost = [1,2,3,2], time = [1,2,3,2]
输出：3
解释：下标为 0 和 1 的墙由付费油漆匠来刷，需要 3 单位时间。同时，免费油漆匠刷下标为 2 和 3 的墙，需要 2 单位时间，开销为 0 。总开销为 1 + 2 = 3 。

示例 2：

输入：cost = [2,3,4,2], time = [1,1,1,1]
输出：4
解释：下标为 0 和 3 的墙由付费油漆匠来刷，需要 2 单位时间。同时，免费油漆匠刷下标为 1 和 2 的墙，需要 2 单位时间，开销为 0 。总开销为 2 + 2 = 4 。

 

提示：

• 1 <= cost.length <= 500
• cost.length == time.length
• 1 <= cost[i] <= 106
• 1 <= time[i] <= 500

解法

方法一：记忆化搜索

我们可以考虑每一堵墙是给付费油漆匠刷还是给免费油漆匠刷，设计一个函数 $dfs(i, j)$，表示从第 $i$ 堵墙开始，且当前剩余的免费油漆匠工作时间为 $j$ 时，刷完剩余所有墙壁的最小开销。那么答案为 $dfs(0, 0)$。

函数 $dfs(i, j)$ 的计算过程如下：

• 如果 $n - i \le j$，表示剩余的墙壁不超过免费油漆匠的工作时间，那么剩余的墙壁都由免费油漆匠刷，开销为 $0$；
• 如果 $i \ge n$，返回 $+\infty$；
• 否则，如果第 $i$ 堵墙由付费油漆匠刷，开销为 $cost[i]$，那么 $dfs(i, j) = dfs(i + 1, j + time[i]) + cost[i]$；如果第 $i$ 堵墙由免费油漆匠刷，开销为 $0$，那么 $dfs(i, j) = dfs(i + 1, j - 1)$。

注意，参数 $j$ 可能小于 $0$，因此，在实际编码过程中，除了 $Python$ 语言外，我们对 $j$ 加上一个偏移量 $n$，使得 $j$ 的取值范围为 $[0, 2n]$。

时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(n^2)$。其中 $n$ 为数组长度。

class Solution:
  def paintWalls(self, cost: List[int], time: List[int]) -> int:
    @cache
    def dfs(i: int, j: int) -> int:
      if n - i <= j:
        return 0
      if i >= n:
        return inf
      return min(dfs(i + 1, j + time[i]) + cost[i], dfs(i + 1, j - 1))

    n = len(cost)
    return dfs(0, 0)

class Solution {
  private int n;
  private int[] cost;
  private int[] time;
  private Integer[][] f;

  public int paintWalls(int[] cost, int[] time) {
    n = cost.length;
    this.cost = cost;
    this.time = time;
    f = new Integer[n][n << 1 | 1];
    return dfs(0, n);
  }

  private int dfs(int i, int j) {
    if (n - i <= j - n) {
      return 0;
    }
    if (i >= n) {
      return 1 << 30;
    }
    if (f[i][j] == null) {
      f[i][j] = Math.min(dfs(i + 1, j + time[i]) + cost[i], dfs(i + 1, j - 1));
    }
    return f[i][j];
  }
}

class Solution {
public:
  int paintWalls(vector<int>& cost, vector<int>& time) {
    int n = cost.size();
    int f[n][n << 1 | 1];
    memset(f, -1, sizeof(f));
    function<int(int, int)> dfs = [&](int i, int j) -> int {
      if (n - i <= j - n) {
        return 0;
      }
      if (i >= n) {
        return 1 << 30;
      }
      if (f[i][j] == -1) {
        f[i][j] = min(dfs(i + 1, j + time[i]) + cost[i], dfs(i + 1, j - 1));
      }
      return f[i][j];
    };
    return dfs(0, n);
  }
};

func paintWalls(cost []int, time []int) int {
  n := len(cost)
  f := make([][]int, n)
  for i := range f {
    f[i] = make([]int, n<<1|1)
    for j := range f[i] {
      f[i][j] = -1
    }
  }
  var dfs func(i, j int) int
  dfs = func(i, j int) int {
    if n-i <= j-n {
      return 0
    }
    if i >= n {
      return 1 << 30
    }
    if f[i][j] == -1 {
      f[i][j] = min(dfs(i+1, j+time[i])+cost[i], dfs(i+1, j-1))
    }
    return f[i][j]
  }
  return dfs(0, n)
}

impl Solution {
  #[allow(dead_code)]
  pub fn paint_walls(cost: Vec<i32>, time: Vec<i32>) -> i32 {
    let n = cost.len();
    let mut record_vec: Vec<Vec<i32>> = vec![vec![-1; n << 1 | 1]; n];
    Self::dfs(&mut record_vec, 0, n as i32, n as i32, &time, &cost)
  }

  #[allow(dead_code)]
  fn dfs(
    record_vec: &mut Vec<Vec<i32>>,
    i: i32,
    j: i32,
    n: i32,
    time: &Vec<i32>,
    cost: &Vec<i32>
  ) -> i32 {
    if n - i <= j - n {
      // All the remaining walls can be printed at no cost
      // Just return 0
      return 0;
    }
    if i >= n {
      // No way this case can be achieved
      // Just return +INF
      return 1 << 30;
    }
    if record_vec[i as usize][j as usize] == -1 {
      // This record hasn't been written
      record_vec[i as usize][j as usize] = std::cmp::min(
        Self::dfs(record_vec, i + 1, j + time[i as usize], n, time, cost) +
          cost[i as usize],
        Self::dfs(record_vec, i + 1, j - 1, n, time, cost)
      );
    }
    record_vec[i as usize][j as usize]
  }
}