【多维DP】力扣3122. 使矩阵满足条件的最少操作次数

给你一个大小为 m x n 的二维矩形 grid 。每次操作中，你可以将任一格子的值修改为任意非负整数。完成所有操作后，你需要确保每个格子 grid $i$ $j$ 的值满足：

如果下面相邻格子存在的话，它们的值相等，也就是 grid $i$ $j$ == grid $i + 1$ $j$ （如果存在）。

如果右边相邻格子存在的话，它们的值不相等，也就是 grid $i$ $j$ != grid $i$ $j + 1$ （如果存在）。

请你返回需要的最少操作数目。

示例 1：

输入：grid = $\[1,0,2$ , $1,0,2$ ]

输出：0

解释：

矩阵中所有格子已经满足要求。

示例 2：

输入：grid = $\[1,1,1$ , $0,0,0$ ]

输出：3

解释：

将矩阵变成 $\[1,0,1$ , $1,0,1$ ] ，它满足所有要求，需要 3 次操作：

将 grid $1$ $0$ 变为 1 。

将 grid $0$ $1$ 变为 0 。

将 grid $1$ $2$ 变为 1 。

示例 3：

输入：grid = $\[1$ , $2$ , $3$ ]

输出：2

解释：

这个矩阵只有一列，我们可以通过 2 次操作将所有格子里的值变为 1 。

提示：

1 <= n, m <= 1000

0 <= grid $i$ $j$ <= 9

二维DP

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int minimumOperations(vector<vector<int>>& grid) {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(10, 1e9));

        //初始化第一列
        for(int k = 0; k <= 9; k++){
            int cost = 0;
            for(int i = 0; i < m; i++){
                cost += (grid[i][0] != k);
            }
            dp[0][k] = cost;
        }

        for(int j = 1; j < n; j++){
            vector<int> new_dp(10, 1e9);
            for(int k = 0; k <= 9; k++){    //当前列的值为k
                int cost = 0;
                for(int i = 0; i < m; i++){
                    cost += (grid[i][j] != k);
                }

                for(int u = 0; u <= 9; u++){    //上一列的值为u
                    if(u != k){
                        new_dp[k] = min(new_dp[k], dp[j-1][u] + cost);
                    }
                }
            }
            dp[j] = move(new_dp);
        }

        int ans = 1e9;
        for(int k = 0; k <= 9; k++){
            ans = min(ans, dp[n-1][k]);
        }
        return ans;
    }
};

这道题我们可以定义一个二维的数组dp $j$ $v$ 的含义是第j列第一个格子为v时的最小代价。

首先我们要初始化第一列的值，我们假设第一列的值可能是0~9之间任何一个值k，然后grid第一列中不等于k则要修改成k，所以有多少个不等于k的值就要操作多少次，记录到cost中，最后dp $0$ $k$ = cost。

接下来到代码核心部分，先遍历每一列j，然后我们定义一个数组new_dp $k$ 来表示该列的值为k的最小操作次数是多少。我们先记录cost也就是如果第j列值为k的话第j列要操作几次，然后我们再假设上一列的值u，只有当上一列的值u不等于当前列的值k的时候，当前列才能从上一列进行状态转移而来，对应方程new_dp[k] = min(new_dp[k], dp[j-1][u] + cost);。最后new_dp $k$ 会根据上一列的不同u来计算出最小的new_dp $k$ ，最后我们只需要将new_dp的值对应到dp $j$ 中即可。

最后我们定义一个变量ans来记录前n-1列(从0开始索引)并且最后一列不同数时的总最小操作次数，最后返回ans即可。