【LeetCode:2742. 给墙壁刷油漆 + 递归 + 记忆化搜索 + dp】

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🚩 题目链接

• 2742. 给墙壁刷油漆

⛲ 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

🌟 求解思路&实现代码&运行结果

⚡ 递归 + 记忆化搜索 + dp

🥦 求解思路

1. 思路1，设计一个三个参数的递归参数dfs(i,cnt,t)来返回最少开销。其中i表示当前来到的当前位置，cnt表示此时选择了多少个付费的工人，t表示付费工人的工作时间。遍历数组，每个位置可以选择或者不选。最终返回最小的开销。这样做，需要枚举的状态太多了，即使是缓存，也会超限，所以，需要继续优化。
2. 思路2，在思路1的基础上，减少状态，dfs(i,t)来返回最少开销。i表示来到当前的位置，此时t表示后续还可以雇佣的免费工人，和思路1的区别在于，思路1的时间是只记录付费工人时间，思路2需要做的不仅仅是付费工人时间，免费工人也需要记录，实现时如果当前位置选，加当前位置的时间，如果不选，此时的位置需要交给免费工人来做，直接减1。最后，如果当前的 t > n - 1 - i，表示无需进行后续的过程，找到了一种开销。结果返回众多开销中最小的即可。
3. 有了基本的思路，接下来我们就来通过代码来实现一下。

🥦 实现代码

class Solution {
    int[] cost;
    int[] time;
    int[][] map;
    int n;

    public int paintWalls(int[] cost, int[] time) {
        this.cost = cost;
        this.time = time;
        this.n = cost.length;
        this.map = new int[n][n * 2 + 1];
        for (int i = 0; i < map.length; i++) {
            Arrays.fill(map[i], -1);
        }
        return dfs(0, 0);
    }

    private int dfs(int i, int t) {
        if (t > n - i - 1) {
            return 0;
        }
        if (i >= n) {
            return Integer.MAX_VALUE / 2;
        }
        int k = t + n;
        if (map[i][k] != -1) {
            return map[i][k];
        }
        int p1 = dfs(i + 1, t + time[i]);
        if (p1 != Integer.MAX_VALUE / 2) {
            p1 += cost[i];
        }
        int p2 = dfs(i + 1, t - 1);
        return map[i][k] = Math.min(p1, p2);
    }
}

🥦 运行结果

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