1. 题目链接：LCR 091. 粉刷房子

2. 题目描述：

假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。

当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。

例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。

请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。

示例 1：

输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]]
输出: 10
解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。
     最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。

示例 2：

输入: costs = [[7,6,2]]
输出: 2

提示:

• costs.length == n
• costs[i].length == 3
• 1 <= n <= 100
• 1 <= costs[i][j] <= 20

3. 解法（动态规划）:

3.1 算法思路：

1. 状态表示：

dp[i][0]表示:粉刷到i位置的时候，最后一个位置粉刷上红色，此时的最小花费

dp[i][1]表示:粉刷到i位置的时候，最后一个位置粉刷上蓝色，此时的最小花费

dp[i][2]表示:粉刷到i位置的时候，最后一个位置粉刷上绿色，此时的最小花费

2. 状态转移方程：

如果第i个位置粉刷上红色，那么i-1 上可以是蓝色或者绿色。dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];

如果第i个位置粉刷上蓝色，那么i-1 上可以是红色或者绿色。dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];

如果第i个位置粉刷上绿色，那么i-1 上可以是红色或者蓝色。dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];

3. 初始化:

可以在最前面加上一个辅助节点，帮助我们初始化，使用这种技巧要注意两个点：

赋值结点里面的值要保证后续填表是正确的

下标的映射关系

4. 填表顺序:

根据动态转移方程得，从左往右，三个表一起填

5. 返回值:

根据状态表示，应该返回最后一个位置粉刷上三种颜色情况下的最小值，因此需要返回 min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));

3.2 C++算法代码：

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {
        // 获取costs的行数
        int n = costs.size();
        // 初始化dp数组，大小为n+1行，3列
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));
        // 遍历每一行
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            // 计算第i行的最小花费，分别对应三种颜色
            dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
            dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
            dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];
        }
        // 返回最后一行中三种颜色的最小花费
        return min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));
    }
};