问题描述
给你一个整数 \(n\) 表示学生出勤的天数，在每一天学生的可能出勤情况为：'A'（缺勤）、'L'（迟到）、'P'（正常出勤）。
如果学生要获取出勤奖励，需要同时满足以下几个条件：
- 在 \(n\) 天中缺勤的天数不能超过两天
- 在 \(n\) 天中，不能有连续三天出现迟到的情况
现要求得在 \(n\) 天内，有多少种可能的出勤情况是能够获得出勤奖励。由于可能的情况数量会很大，因此要对结果对 \(1e9 + 7\) 求摸
\(n\) 的取值范围：\(1<=n<=10^5\)
解决思路
-
DFS首先尝试使用一般的
DFS方式解决这个问题，对于每一天的出勤情况，只能是 'A'、'L'、'P' 中的一种，因此只需要从开始位置不断遍历每个位置的可能情况，找到符合条件的出勤情况进行累加即可特别地，对于不满足获奖条件的情况，可以通过变量 \(aCnt\) 表示当前出勤记录中 'A' 的数量，变量 \(lCnt\) 表示当前位置连续的 'L' 数量，对于不满足条件的出勤记录，可以较早地退出搜索
-
带记忆化的
DFS在搜索过程中会重复计算之前已经计算过的数据，因此这会浪费大量的时间。为了解决这个问题，可以存储之前已经计算过的结果，从而降低算法的时间复杂度。
如何缓存之前已经计算过的结果是一个有挑战的问题，因为由于存在三种状态，而每个状态内又有几种状态，因此在这里使用三维数组会是一个更好的解决方案。通过定义 \(cache[i][j][k]\) 表示在 \(i\) 位置，'A' 状态为 \(j\)、‘L’ 状态为 \(k\) 的情况下存在的能够获奖的可能数
-
动态规划
有了上文 \(cache[i][j][k]\) 的存在，现在可以将这个通过动态规划的方式来实现了（转换的过程比较麻烦）
定义 \(dp[i][j][k]\) 表示,'A' 状态为 \(j\)、‘L’ 状态为 \(k\) 的情况下存在的能够获奖的可能数
具体地，对应的转移函数如下：
- 当位置 \(i\) 的出勤情况为 'P' 时，对应的转移函数如下所示
-
当位置 \(i\) 的出勤情况为 'A' 时，对应的转移函数
\[dp[i][1][0] = dp[i][1][0] + \sum_{k=0}^{2} dp[i - 1][0][k] \] -
当位置 \(i\) 的出勤情况为 'L' 时，对应的转移函数
\[dp[i][j][k] = dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k - 1]\quad 1\leq k \leq 2 \]
-
矩阵快速幂
由上面的动态规划，可以得出可能的状态为 \(dp[i][j][k]\)，由于 \(0\leq j \leq 1\)，\(0\leq k \leq 2\)，因此，可能的状态可以简化为 \(dp[i][6]\)，因此最终的答案为：
\[ans = \sum_{idx=0}^{6}dp[n][idx] \]将其转换为列向量：
\[g[n] = \begin{bmatrix} dp[n][0]\\ dp[n][1]\\ dp[n][2]\\ dp[n][3]\\ dp[n][4]\\ dp[n][5]\\ \end{bmatrix} \]由转换逻辑：
\[g[n] = \begin{bmatrix}dp[n][0]\\dp[n][1]\\dp[n][2]\\dp[n][3]\\dp[n][4]\\dp[n][5]\\\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp[n - 1][0] * 1 + dp[n-1][1]*1+dp[i - 1][2]*1+dp[i - 1][3]*0+dp[i - 1][4]*0+dp[i - 1][5]*0\\ dp[n - 1][0] * 1 + dp[n-1][1]*0+dp[i - 1][2]*0+dp[i - 1][3]*0+dp[i - 1][4]*0+dp[i - 1][5]*0\\ dp[n - 1][0] * 0 + dp[n-1][1]*1+dp[i - 1][2]*0+dp[i - 1][3]*0+dp[i - 1][4]*0+dp[i - 1][5]*0\\ dp[n - 1][0] * 1 + dp[n-1][1]*1+dp[i - 1][2]*1+dp[i - 1][3]*1+dp[i - 1][4]*1+dp[i - 1][5]*1\\ dp[n - 1][0] * 0 + dp[n-1][1]*0+dp[i - 1][2]*0+dp[i - 1][3]*1+dp[i - 1][4]*0+dp[i - 1][5]*0\\ dp[n - 1][0] * 0 + dp[n-1][1]*0+dp[i - 1][2]*0+dp[i - 1][3]*0+dp[i - 1][4]*1+dp[i - 1][5]*0\\ \end{bmatrix} \]定义矩阵 \(mat\)
\[mat = \begin{bmatrix} 1&1&1&0&0&0\\ 1&0&0&0&0&0\\ 0&1&0&0&0&0\\ 1&1&1&1&1&1\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&1&0\\ \end{bmatrix} \]因此：
\[\begin{equation} \begin{split} g[n]&= mat*g[n-1] \\ &= mat*mat*……g[0] \\ &=mat^n*g[0] \end{split} \end{equation} \]通过矩阵快速幂的方式，可以在 \(O(log_2n)\) 的时间复杂读内完成
实现
-
DFSclass Solution { int mod = (int) 1e9 + 7; int n; public int checkRecord(int n) { this.n = n; return dfs(0, 0, 0); } /** * @param idx：当前处理的位置 * @param aCnt：当期的出勤记录中 'A' 的数量 * @param lCnt：当前的出勤记录中最近连续的 'L' 的数量 */ private int dfs(int idx, int aCnt, int lCnt) { if (aCnt >= 2) return 0; if (lCnt >= 3) return 0; if (idx == n) return 1; int cnt = 0; cnt += dfs(idx + 1, aCnt + 1, 0); // 当前位置为 'A' cnt %= mod; cnt += dfs(idx + 1, aCnt, lCnt + 1); // 当前位置为 'L' cnt %= mod; cnt += dfs(idx + 1, aCnt, 0); // 当前位置为 'P' cnt %= mod; return cnt; } }复杂度分析：
时间复杂度：对于每个位置都需要进行搜索，因此时间复杂度为 \(O(3^n)\)
空间复杂度：忽略由于递归带来的栈的开销，空间复杂度为 \(O(1)\)
-
带记忆化的
DFSclass Solution { int mod = (int) 1e9 + 7; int n; int[][][] cache; // 存储中间计算结果的缓存 public int checkRecord(int n) { this.n = n; this.cache = new int[n][2][3]; // 初始化每个元素为 -1,表示这个元素还没有被访问过 for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < 2; ++j) { for (int k = 0; k < 3; ++k) cache[i][j][k] = -1; } } return dfs(0, 0, 0); } private int dfs(int idx, int aCnt, int lCnt) { if (aCnt >= 2) return 0; if (lCnt >= 3) return 0; if (idx == n) return 1; if (cache[idx][aCnt][lCnt] != -1) return cache[idx][aCnt][lCnt]; cache[idx][aCnt][lCnt] = 0; // 一旦被访问，首先将这个位置的计算结果置为 0，表示这个位置的结果已经被计算过了 cache[idx][aCnt][lCnt] += dfs(idx + 1, aCnt + 1, 0); // 当前位置为 'A' cache[idx][aCnt][lCnt] %= mod; cache[idx][aCnt][lCnt] += dfs(idx + 1, aCnt, lCnt + 1); // 当前位置为 'L' cache[idx][aCnt][lCnt] %= mod; cache[idx][aCnt][lCnt] += dfs(idx + 1, aCnt, 0); // 当前位置为 'P' cache[idx][aCnt][lCnt] %= mod; return cache[idx][aCnt][lCnt]; } }复杂度分析：
时间复杂度：总共需要枚举 \(n*2*3\) 个状态，因此时间复杂度为 \(O(n)\)
空间复杂度：需要使用 \(n*2*3\) 的额外空间来记录中间的计算结果，因此空间复杂度为 \(O(n)\)
-
动态规划
class Solution { int mod = (int) 1e9 + 7; public int checkRecord(int n) { int[][][] dp = new int[n + 1][2][3]; dp[0][0][0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 0; j < 2; ++j) { for (int k = 0; k < 3; ++k) { /* 当前位置为 'A' 的情况，因为当前位置插入了 'A'，因此会重置 'L' 的连续数为 0，因此 k 也为 0 */ if (j == 1 && k == 0) { dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][0]) % mod; dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][1]) % mod; dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][2]) % mod; } /* 当前位置为 'L' 的情况，需要统计连续的 'L' 数，因此需要从 k - 1 的 'L' 数转换过来 */ if (k != 0) { dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k - 1]) % mod; } /* 当前位置为 'P' 的情况，这种情况下也会重置 'L' 的连续数，因此此时的 k 也必须为 0 */ if (k == 0) { dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][0]) % mod; dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][1]) % mod; dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][2]) % mod; } } } } int ans = 0; // 累加最后一个位置三种情况的可能数，即为最终的可能数 for (int j = 0; j < 2; ++j) { for (int k = 0; k < 3; ++k) { ans += dp[n][j][k]; ans %= mod; } } return ans; } }复杂度分析：
时间复杂度：\(O(n)\)
空间复杂度：\(O(n)\)
-
矩阵快速幂
class Solution { int N = 6; int mod = (int)1e9+7; // 将两个矩阵相乘 long[][] mul(long[][] a, long[][] b) { int r = a.length, c = b[0].length, z = b.length; long[][] ans = new long[r][c]; for (int i = 0; i < r; i++) { for (int j = 0; j < c; j++) { for (int k = 0; k < z; k++) { ans[i][j] += a[i][k] * b[k][j]; ans[i][j] %= mod; } } } return ans; } public int checkRecord(int n) { long[][] ans = new long[][]{ {1}, {0}, {0}, {0}, {0}, {0} }; long[][] mat = new long[][]{ {1, 1, 1, 0, 0, 0}, {1, 0, 0, 0, 0, 0}, {0, 1, 0, 0, 0, 0}, {1, 1, 1, 1, 1, 1}, {0, 0, 0, 1, 0, 0}, {0, 0, 0, 0, 1, 0} }; // 矩阵快速幂计算部分 while (n != 0) { if ((n & 1) != 0) ans = mul(mat, ans); mat = mul(mat, mat); n >>= 1; } // 矩阵计算结束 int res = 0; // 累加列向量得到最终结果 for (int i = 0; i < N; i++) { res += ans[i][0]; res %= mod; } return res; } }复杂度分析：
时间复杂度：使用矩阵快速幂的的时间复杂度为 \((long_2n)\)，其它操作的时间复杂度为 \(O(1)\)，因此总的时间复杂度为 \(O(long_2n)\)
空间复杂度：\(O(1)\)
参考：