2742.给墙壁刷油漆【困难】
题目：
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 <= 500cost.length == time.length1 <= cost[i] <= 10**61 <= time[i] <= 500
分析问题：
思路一：
首先，我们需要理解问题的本质是在给定成本和时间的列表情况下，找到满足一定体积需求的最小花费。这个问题通过定义一个 dfs 函数来解决，函数中的参数 i 表示当前考虑的物品索引，j 表示剩余需要的体积。
接下来，分析 dfs 函数的逻辑。当 j <= 0 时，表示剩余需要的体积已经满足要求，不需要再选择物品，所以返回 0 。当 i < 0 且 j > 0 时，表示没有物品可选但仍有剩余体积需求，这是不合法的情况，所以返回正无穷大 inf 。对于其他情况，有两种选择：一是选择当前物品，此时需要花费 cost[i] ，剩余需要的体积变为 j - time[i] - 1 ，然后递归调用 dfs(i - 1, j - time[i] - 1) ；二是不选择当前物品，直接递归调用 dfs(i - 1, j) 。函数返回这两种选择中的最小值。
然后，要注意到使用了 @cache 装饰器进行记忆化搜索。这是为了避免重复计算相同的子问题，提高算法的效率。
最后，在 paintWalls 方法中，通过获取 cost 列表的长度 n ，然后调用 dfs(n - 1, n) 来计算最小的花费。
思路二：
首先，定义两个匿名函数 min 和 max ，分别用于求两个数中的最小值和最大值。
然后，获取 cost 列表的长度 n ，并初始化一个列表 f 。 f[0] 设为 0 ， f[1] 到 f[n] 设为正无穷大 inf 。
接下来，通过遍历 cost 和 time 列表的对应元素 c 和 t ，进行动态规划的计算。
对于每个 c 和 t ，从 n 到 1 逆序遍历 f 列表。对于每个 j ，更新 f[j] 的值。更新的方式是取当前的 f[j] 和 f[max(j - t - 1, 0)] + c 中的最小值。 max(j - t - 1, 0) 表示在考虑当前时间 t 的情况下，能够完成的工作量对应的索引。通过这种方式，我们在每个位置 j 上，都找到了使用前 j 个物品能够达到的最小花费。
最后，函数返回 f[n] ，即使用所有物品能够达到的最小花费。
代码实现：
思路一代码实现：
class Solution: def paintWalls(self, cost: List[int], time: List[int]) -> int: @cache # 记忆化搜索 def dfs(i: int, j: int) -> int: # j 表示剩余需要的体积 if j <= 0: # 没有约束，后面什么也不用选了 return 0 if i < 0: # 此时 j>0，但没有物品可选，不合法 return inf return min(dfs(i - 1, j - time[i] - 1) + cost[i], dfs(i - 1, j)) n = len(cost) return dfs(n - 1, n)
思路二代码实现：
class Solution: def paintWalls(self, cost: List[int], time: List[int]) -> int: # 定义一个匿名函数min，用于求两个数的最小值 min = lambda a, b: b if b < a else a # 定义一个匿名函数max，用于求两个数的最大值 max = lambda a, b: b if b > a else a n = len(cost) # 初始化一个列表f，f[0]为0，f[1]到f[n]为正无穷大 f = [0] + [float('inf')] * n # 遍历cost和time列表的对应元素 for c, t in zip(cost, time): # 从n到1逆序遍历f列表 for j in range(n, 0, -1): # 更新f[j]的值，取当前f[j]和f[max(j - t - 1, 0)] + c的最小值 f[j] = min(f[j], f[max(j - t - 1, 0)] + c) # 返回f[n]，即完成所有工作的最小花费 return f[n]
总结：
思路一代码详解：
- 定义了一个内部的
dfs函数，该函数使用了记忆化搜索（通过@cache装饰器实现）。dfs函数接受两个参数：i表示当前考虑的物品索引，j表示剩余需要的体积。 - 在
dfs函数中，如果j <= 0，表示剩余需要的体积已经满足要求，不需要再选择物品，返回0。 - 如果
i < 0且j > 0，表示没有物品可选但仍有剩余体积需求，这种情况是不合法的，返回inf（表示正无穷大）。 - 对于其他情况，有两种选择：
- 选择当前物品（索引为
i），那么需要花费cost[i]，并且剩余需要的体积变为j - time[i] - 1，然后递归调用dfs(i - 1, j - time[i] - 1)。 - 不选择当前物品，直接递归调用
dfs(i - 1, j)。
- 最后，函数返回这两种选择中的最小值。
- 在
paintWalls方法中，首先获取cost列表的长度n，然后调用dfs(n - 1, n)来计算最小的花费。
总的来说，这段代码的目的是通过递归的方式，在考虑每个物品的选择与否的情况下，计算出满足剩余体积需求的最小花费。记忆化搜索的使用可以避免重复计算，提高算法的效率。
考点：
- 动态规划：两段代码都运用了动态规划的思想来解决问题。通过定义合适的状态（如代码中的
f数组）和状态转移方程（如更新f[j]的值），来逐步求解最优解。 - 函数定义与使用：代码中定义了匿名函数（如
min和max函数）来简化比较和操作。 - 列表操作：涉及到列表的初始化、遍历（正序和逆序）以及元素的更新。
- 逻辑推理与问题分析：需要理解问题的要求，找出合适的解法，并将其转化为代码实现。
收获：
- 深入理解动态规划的概念和应用：通过实际解决这个问题，更加熟悉如何根据问题的特点定义状态和状态转移方程，从而有效地运用动态规划来求解最优解。
- 提高函数使用和定义的能力：学会了使用匿名函数来简洁地表达一些常见的操作，增强了代码的可读性和简洁性。
- 增强对列表数据结构的操作能力：包括列表的初始化、遍历和元素的修改，能够更加熟练地运用列表来解决实际问题。
- 培养逻辑思维和问题分析能力：在理解问题的基础上，能够将其转化为有效的算法和代码实现，提高了解决复杂问题的能力。
- 学会从不同的角度思考问题：两段代码虽然都解决了同一个问题，但实现方式略有不同，通过对比学习，可以拓宽解题思路，提高解决问题的灵活性。
