这是小川的第383次更新，第412篇原创

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。

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

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 小结

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