这是小川的第383次更新，第412篇原创 <br/>
01 看题和准备
今天介绍的是LeetCode算法题中Easy级别的第245题（顺位题号是1029）。公司计划采访的人数为2N。将第i个人飞往城市A的费用是[i][0]，将第i个人飞到城市B的费用是费用[i][1]。
返回将每个人带到一个城市的最低费用，这样每个城市就会有N个人到达。
例如：
输入：[[10,20]，[30,200]，[400,50]，[30,20]] 输出：110 说明： 第一个人去城市A，费用为10。 第二个人去城市A，费用为30。 第三个人去B市，费用为50。 第四个人去B市，费用为20。 总体最低费用为10 + 30 + 50 + 20 = 110，每个城市有一半的人在采访。
注意：
-
1 <= costs.length <= 100
-
保证cost.length是偶数。
-
1 <=
cost[i][0]，cost[i][1]<= 1000
02 第一种解法
我们可以通过计算去A市、B市之间花费的差值cost[i][0]-cost[i][1]，来判断哪一部分人去A市，哪一部分人去B市，差值最小的人去A市，因为差值越小，去A市是越省钱的。只要把去A市的人确定了，剩下的都去B市就行。
结合题目的示例来看，原数组是[[10,20]，[30,200]，[400,50]，[30,20]]，计算去A市、B市之间花费的差值，数组变成了[-10,-170,350,10]，将差值数组排序后，得到[-170,-10,10,350]，前面的两个差值去A市，后面的两个差值去B市。其中差值最小的一组是[30,200]，它们的差值是-170，去A市比去B市少花170，所以去A市更加省钱。
思路：借助Arrays的sort方法，重写compare方法，遍历按照差值排序后的数组，前一半元素取A市，后一半元素去B市，返回累加的最小花费。
<br/>1public int twoCitySchedCost(int[][] costs) { 2 Arrays.sort(costs, new Comparator<int[]>() { 3 public int compare(int[] a, int[] b) { 4 return (a[0] - a[1]) - (b[0] - b[1]); 5 } 6 }); 7 int sum = 0; 8 for (int i = 0; i < costs.length; ++i) { 9 if (i < costs.length / 2) { 10 sum += costs[i][0]; 11 } else { 12 sum += costs[i][1]; 13 } 14 } 15 return sum; 16}
03 第二种解法
利用动态规划来解，此方法来自讨论区，传送门：https://leetcode.com/problems/two-city-scheduling/discuss/278731/Java-DP-Easy-to-Understand
<br/>1public int twoCitySchedCost2(int[][] costs) { 2 int N = costs.length/2; 3 int[][] dp = new int[N + 1][N + 1]; 4 for (int i = 1; i <= N; i++) { 5 dp[i][0] = dp[i-1][0] + costs[i-1][0]; 6 } 7 for (int j = 1; j <= N; j++) { 8 dp[0][j] = dp[0][j-1] + costs[j-1][1]; 9 } 10 for (int i = 1; i <= N; i++) { 11 for (int j = 1; j <= N; j++) { 12 dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j] + costs[i+j-1][0], 13 dp[i][j-1] + costs[i+j-1][1]); 14 } 15 } 16 return dp[N][N]; 17}
04 小结
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