740. 删除并获得点数

删除并获得点数

分析:

使用动态规划解决

这道题依旧是 打家劫舍I 问题的变型。
我们注意到题目描述，选择 x 数字的时候， x - 1 与 x + 1 是不能被选择的。像不像 打家劫舍 问题中，选择 i 位置的金额之后，就不能选择 i - 1 位置以及 i + 1 位置的金额。因此，我们可以创建一个大小为 N（根据题目的数据范围）的 hash 数组，将 nums 数组中每一个元素 x ，累加到 hash 数组下标为 x 的位置处，然后在 hash 数组上来一次 打家劫舍 即可。

 代码:

class Solution {
public:
    int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        const int N=1e4+10;

        int a[N]={0};

        for(auto num:nums)
        {
            a[num]+=num;
        }


        vector<int>f(N+1);//选
        vector<int>g(N+1);//不选
        f[0]=a[0];
        for(int i=1;i<=N;i++)
        {
            f[i]=g[i-1]+a[i-1];
            g[i]=max(g[i-1],f[i-1]);
        }

        return max(f[N],g[N]);


    }
};

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LCR 091. 粉刷房子

粉刷房子

分析:

使用动态规划解决

状态表示：

这里我们选择比较常用的方式，以某个位置为结尾，结合题目要求。定义一个状态表示：但是我们这个题在 i 位置的时候，会面临「红」「蓝」「绿」三种抉择，所依赖的状态需要细
分：
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。

状态转移方程：

因为状态表示定义了三个，因此我们的状态转移方程也要分析三个：
对于 dp[i][0] ：
        如果第 i 个位置粉刷上「红色」，那么 i - 1 位置上可以是「蓝色」或者「绿色」。因此我们需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「蓝色」或者「绿色」的最小花费，然后加上 i位置的花费即可。于是状态转移方程为： dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0] ;
同理，我们可以推导出另外两个状态转移方程为：
dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1] 。
dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2] 。

代码:

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {

        int n=costs.size();

        vector<vector<int>>dp(n+1,vector<int>(5));

        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            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];
        }

        return min({dp[n][1],dp[n][0],dp[n][2]});


    }
};