LeetCode.1029-兩城調度(Two City Scheduling)

這是小川的第383次更新，第412篇原創

01 看題和准備

今天介紹的是LeetCode算法題中Easy級別的第245題（順位題號是1029）。公司計划采訪的人數為2N。將第i個人飛往城市A的費用是[i][0]，將第i個人飛到城市B的費用是費用[i][1]。

返回將每個人帶到一個城市的最低費用，這樣每個城市就會有N個人到達。

例如：

輸入：[[10,20]，[30,200]，[400,50]，[30,20]]
輸出：110
說明：
第一個人去城市A，費用為10。
第二個人去城市A，費用為30。
第三個人去B市，費用為50。
第四個人去B市，費用為20。
總體最低費用為10 + 30 + 50 + 20 = 110，每個城市有一半的人在采訪。

注意：

• 1 <= costs.length <= 100

• 保證cost.length是偶數。

• 1 <= cost[i][0]，cost[i][1] <= 1000
  
  

02 第一種解法

我們可以通過計算去A市、B市之間花費的差值cost[i][0]-cost[i][1]，來判斷哪一部分人去A市，哪一部分人去B市，差值最小的人去A市，因為差值越小，去A市是越省錢的。只要把去A市的人確定了，剩下的都去B市就行。

結合題目的示例來看，原數組是[[10,20]，[30,200]，[400,50]，[30,20]]，計算去A市、B市之間花費的差值，數組變成了[-10,-170,350,10]，將差值數組排序后，得到[-170,-10,10,350]，前面的兩個差值去A市，后面的兩個差值去B市。其中差值最小的一組是[30,200]，它們的差值是-170，去A市比去B市少花170，所以去A市更加省錢。

思路：借助Arrays的sort方法，重寫compare方法，遍歷按照差值排序后的數組，前一半元素取A市，后一半元素去B市，返回累加的最小花費。

public int twoCitySchedCost(int[][] costs) {
    Arrays.sort(costs, new Comparator<int[]>() {
        public int compare(int[] a, int[] b) {
            return (a[0] - a[1]) - (b[0] - b[1]);
        }
    });
    int sum = 0;
    for (int i = 0; i < costs.length; ++i) {
        if (i < costs.length / 2) {
            sum += costs[i][0];
        } else {
            sum += costs[i][1];
        }
    }
    return sum;
}

03 第二種解法

利用動態規划來解，此方法來自討論區，傳送門：https://leetcode.com/problems/two-city-scheduling/discuss/278731/Java-DP-Easy-to-Understand

public int twoCitySchedCost2(int[][] costs) {
    int N = costs.length/2;
    int[][] dp = new int[N + 1][N + 1];
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        dp[i][0] = dp[i-1][0] + costs[i-1][0];
    }
    for (int j = 1; j <= N; j++) {
        dp[0][j] = dp[0][j-1] + costs[j-1][1];
    }
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        for (int j = 1; j <= N; j++) {
            dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j] + costs[i+j-1][0], 
                    dp[i][j-1] + costs[i+j-1][1]);
        }
    }
    return dp[N][N];
}

04 小結

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