C++刷LeetCode（1824. 最少侧跳次数）【动态规划】

糖逗

给你一个长度为 n 的 3 跑道道路 ，它总共包含 n + 1 个 点 ，编号为 0 到 n 。一只青蛙从 0 号点第二条跑道 出发 ，它想要跳到点 n 处。然而道路上可能有一些障碍。

给你一个长度为 n + 1 的数组 obstacles ，其中 obstacles[i] （取值范围从 0 到 3）表示在点 i 处的 obstacles[i] 跑道上有一个障碍。如果 obstacles[i] == 0 ，那么点 i 处没有障碍。任何一个点的三条跑道中 最多有一个 障碍。

比方说，如果 obstacles[2] == 1 ，那么说明在点 2 处跑道 1 有障碍。
这只青蛙从点 i 跳到点 i + 1 且跑道不变的前提是点 i + 1 的同一跑道上没有障碍。为了躲避障碍，这只青蛙也可以在 同一个 点处 侧跳 到 另外一条 跑道（这两条跑道可以不相邻），但前提是跳过去的跑道该点处没有障碍。

比方说，这只青蛙可以从点 3 处的跑道 3 跳到点 3 处的跑道 1 。
这只青蛙从点 0 处跑道 2 出发，并想到达点 n 处的 任一跑道 ，请你返回 最少侧跳次数 。

注意：点 0 处和点 n 处的任一跑道都不会有障碍。

 

示例 1：


输入：obstacles = [0,1,2,3,0]
输出：2 
解释：最优方案如上图箭头所示。总共有 2 次侧跳（红色箭头）。
注意，这只青蛙只有当侧跳时才可以跳过障碍（如上图点 2 处所示）。
示例 2：


输入：obstacles = [0,1,1,3,3,0]
输出：0
解释：跑道 2 没有任何障碍，所以不需要任何侧跳。
示例 3：


输入：obstacles = [0,2,1,0,3,0]
输出：2
解释：最优方案如上图所示。总共有 2 次侧跳。
 

提示：

obstacles.length == n + 1
1 <= n <= 5 * 105
0 <= obstacles[i] <= 3
obstacles[0] == obstacles[n] == 0

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-sideway-jumps
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class Solution {
public:
    int minSideJumps(vector<int>& obstacles) {
        int len = obstacles.size();
        vector<vector<int> >dp(len, vector<int>(3, INT_MAX-1));
        //初始化
        dp[0][1] = 0;
        dp[0][0] = 1;
        dp[0][2] = 1;
        //动态规划，dp[i][j]当前在i点处，j跑道的最少侧跳数
        for(int i = 1; i < len; i++){
            if(obstacles[i] == 1){
                dp[i][1] = min(dp[i-1][1], dp[i-1][2] + 1);
                dp[i][2] = min(dp[i-1][2], dp[i-1][1] + 1);
            }else if(obstacles[i] == 2){
                dp[i][0] = min(dp[i-1][0], dp[i-1][2] + 1);
                dp[i][2] = min(dp[i-1][2], dp[i-1][0] + 1);
            }else if(obstacles[i] == 3){
                dp[i][0] = min(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + 1);
                dp[i][1] = min(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + 1);
            }else if(obstacles[i] == 0){
                dp[i][0] = min(dp[i-1][0], min(dp[i-1][1] + 1, dp[i-1][2] + 1));
                dp[i][1] = min(dp[i-1][1], min(dp[i-1][0] + 1, dp[i-1][2] + 1));
                dp[i][2] = min(dp[i-1][2], min(dp[i-1][0] + 1, dp[i-1][1] + 1));
            }
        }
        
        return min(dp[len-1][0], min(dp[len-1][1], dp[len-1][2]));
    }
};