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
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kint 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uif(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。