--- theme: smartblue --- **这是我参与8月更文挑战的第 18 天，活动详情查看：[8月更文挑战](https://juejin.cn/post/6987962113788493831)** ## 题目描述这是 LeetCode 上的 **[552. 学生出勤记录 II](https://leetcode-cn.com/problems/student-attendance-record-ii/solution/gong-shui-san-xie-yi-ti-san-jie-ji-yi-hu-fdfx/)** ，难度为 **困难**。 Tag : 「动态规划」、「状态机」、「记忆化搜索」、「矩阵快速幂」、「数学」可以用字符串表示一个学生的出勤记录，其中的每个字符用来标记当天的出勤情况（缺勤、迟到、到场）。记录中只含下面三种字符： * 'A'：Absent，缺勤 * 'L'：Late，迟到 * 'P'：Present，到场如果学生能够**同时**满足下面两个条件，则可以获得出勤奖励： * 按**总出勤**计，学生缺勤（'A'）严格少于两天。 * 学生**不会**存在连续 3 天或连续 3 天以上的迟到（'L'）记录。给你一个整数 n ，表示出勤记录的长度（次数）。请你返回记录长度为 n 时，可能获得出勤奖励的记录情况数量。答案可能很大，所以返回对 $10^9 + 7$ **取余**的结果。示例 1： ``` 输入：n = 2 输出：8 解释：有 8 种长度为 2 的记录将被视为可奖励： "PP" , "AP", "PA", "LP", "PL", "AL", "LA", "LL" 只有"AA"不会被视为可奖励，因为缺勤次数为 2 次（需要少于 2 次）。 ``` 示例 2： ``` 输入：n = 1 输出：3 ``` 示例 3： ``` 输入：n = 10101 输出：183236316 ``` 提示： * 1 <= n <= $10^5$ ## 基本分析根据题意，我们知道一个合法的方案中 `A` 的总出现次数最多为 $1$ 次，`L` 的连续出现次数最多为 $2$ 次。 **因此在枚举/统计合法方案的个数时，当我们决策到某一位应该选什么时，我们关心的是当前方案中已经出现了多少个 `A`（以决策当前能否填入 `A`）以及连续出现的 `L` 的次数是多少（以决策当前能否填入 `L`）。** ## 记忆化搜索枚举所有方案的爆搜 `DFS` 代码不难写，大致的函数签名设计如下： ```Java [] /** * @param u 当前还剩下多少位需要决策 * @param acnt 当前方案中 A 的总出现次数 * @param lcnt 当前方案中结尾 L 的连续出现次数 * @param cur 当前方案 * @param ans 结果集 */ void dfs(int u, int acnt, int lcnt, String cur, List ans); ``` 实际上，我们不需要枚举所有的方案数，因此我们只需要保留函数签名中的前三个参数即可。同时由于我们在计算某个 $(u, acnt, lcnt)$ 的方案数时，其依赖的状态可能会被重复使用，考虑加入记忆化，将结果缓存起来。根据题意，$n$ 的取值范围为 $[0, n]$，$acnt$ 取值范围为 $[0,1]$，$lcnt$ 取值范围为 $[0, 2]$。代码： ```Java class Solution { int mod = (int)1e9+7; int[][][] cache; public int checkRecord(int n) { cache = new int[n + 1][2][3]; 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(n, 0, 0); } int dfs(int u, int acnt, int lcnt) { if (acnt >= 2) return 0; if (lcnt >= 3) return 0; if (u == 0) return 1; if (cache[u][acnt][lcnt] != -1) return cache[u][acnt][lcnt]; int ans = 0; ans = dfs(u - 1, acnt + 1, 0) % mod; // A ans = (ans + dfs(u - 1, acnt, lcnt + 1)) % mod; // L ans = (ans + dfs(u - 1, acnt, 0)) % mod; // P cache[u][acnt][lcnt] = ans; return ans; } } ``` * 时间复杂度：有 $O(n * 2 * 3)$ 个状态需要被计算，复杂度为 $O(n)$ * 空间复杂度：$O(n)$ ## 状态机 DP 通过记忆化搜索的分析我们发现，当我们在决策下一位是什么的时候，依赖于前面已经填入的 `A` 的个数以及当前结尾处的 `L` 的连续出现次数。 **也就说是，状态 $f[u][acnt][lcnt]$ 必然被某些特定状态所更新，或者说由 $f[u][[acnt][lcnt]$ 出发，所能更新的状态是固定的。** 因此这其实是一个状态机模型的 DP 问题。 **根据「更新 $f[u][acnt][lcnt]$ 需要哪些状态值」还是「从 $f[u][acnt][lcnt]$ 出发，能够更新哪些状态」，我们能够写出两种方式（方向）的 DP 代码：** **一类是从 $f[u][acnt][lcnt]$ 往回找所依赖的状态；一类是从 $f[u][acnt][lcnt]$ 出发往前去更新所能更新的状态值。** 无论是何种方式（方向）的 DP 实现都只需搞清楚「当前位的选择对 $acnt$ 和 $lcnt$ 的影响」即可。代码： ```Java // 从 f[u][acnt][lcnt] 往回找所依赖的状态 class Solution { int mod = (int)1e9+7; public int checkRecord(int n) { int[][][] f = new int[n + 1][2][3]; f[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++) { if (j == 1 && k == 0) { // A f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][0]) % mod; f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][1]) % mod; f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][2]) % mod; } if (k != 0) { // L f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][k - 1]) % mod; } if (k == 0) { // P f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][0]) % mod; f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][1]) % mod; f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][2]) % mod; } } } } int ans = 0; for (int j = 0; j < 2; j++) { for (int k = 0; k < 3; k++) { ans += f[n][j][k]; ans %= mod; } } return ans; } } ``` ```Java // 从 f[u][acnt][lcnt] 出发往前去更新所能更新的状态值 class Solution { int mod = (int)1e9+7; public int checkRecord(int n) { int[][][] f = new int[n + 1][2][3]; f[0][0][0] = 1; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < 2; j++) { for (int k = 0; k < 3; k++) { if (j != 1) f[i + 1][j + 1][0] = (f[i + 1][j + 1][0] + f[i][j][k]) % mod; // A if (k != 2) f[i + 1][j][k + 1] = (f[i + 1][j][k + 1] + f[i][j][k]) % mod; // L f[i + 1][j][0] = (f[i + 1][j][0] + f[i][j][k]) % mod; // P } } } int ans = 0; for (int j = 0; j < 2; j++) { for (int k = 0; k < 3; k++) { ans += f[n][j][k]; ans %= mod; } } return ans; } } ``` * 时间复杂度：$O(n)$ * 空间复杂度：$O(n)$ ## 矩阵快速幂之所以在动态规划解法中强调更新状态的方式（方向）是「往回」还是「往前」，是因为对于存在线性关系（同时又具有结合律）的递推式，我们能够通过「矩阵快速幂」来进行加速。矩阵快速幂的基本分析之前在 [(题解) 1137. 第 N 个泰波那契数](https://leetcode-cn.com/problems/n-th-tribonacci-number/solution/gong-shui-san-xie-yi-ti-si-jie-die-dai-d-m1ie/) 详细讲过。由于 $acnt$ 和 $lcnt$ 的取值范围都很小，其组合的状态只有 $2 * 3 = 6$ 种，我们使用 $idx = acnt * 3 + lcnt$ 来代指组合（通用的二维转一维方式）： * $idx = 0$ ：$acnt = 0、lcnt = 0$； * $idx = 1$ ：$acnt = 1、lcnt = 0$； ... * $idx = 5$ ：$acnt = 1、lcnt = 2$；最终答案为 $ans = \sum_{idx = 0}^{5} f[n][idx]$，将答案依赖的状态整理成列向量： $$ g[n] = \begin{bmatrix} f[n][0]\\ f[n][1]\\ f[n][2]\\ f[n][3]\\ f[n][4]\\ f[n][5] \end{bmatrix} $$ 根据状态机逻辑，可得： $$ g[n] = \begin{bmatrix} f[n][0]\\ f[n][1]\\ f[n][2]\\ f[n][3]\\ f[n][4]\\ f[n][5] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f[n - 1][0] * 1 + f[n - 1][1] * 1 + f[n - 1][2] * 1 + f[n - 1][3] * 0 + f[n - 1][4] * 0 + f[n - 1][5] * 0\\ f[n - 1][0] * 1 + f[n - 1][1] * 0 + f[n - 1][2] * 0 + f[n - 1][3] * 0 + f[n - 1][4] * 0 + f[n - 1][5] * 0\\ f[n - 1][0] * 0 + f[n - 1][1] * 1 + f[n - 1][2] * 0 + f[n - 1][3] * 0 + f[n - 1][4] * 0 + f[n - 1][5] * 0\\ f[n - 1][0] * 1 + f[n - 1][1] * 1 + f[n - 1][2] * 1 + f[n - 1][3] * 1 + f[n - 1][4] * 1 + f[n - 1][5] * 1\\ f[n - 1][0] * 0 + f[n - 1][1] * 0 + f[n - 1][2] * 0 + f[n - 1][3] * 1 + f[n - 1][4] * 0 + f[n - 1][5] * 0\\ f[n - 1][0] * 0 + f[n - 1][1] * 0 + f[n - 1][2] * 0 + f[n - 1][3] * 0 + f[n - 1][4] * 1 + f[n - 1][5] * 0 \end{bmatrix} $$ 我们令： $$ mat = \begin{bmatrix} 1 &1 &1 &0 &0 &0 \\ 1 &0 &0 &0 &0 &0 \\ 0 &1 &0 &0 &0 &0 \\ 1 &1 &1 &1 &1 &1 \\ 0 &0 &0 &1 &0 &0 \\ 0 &0 &0 &0 &1 &0 \end{bmatrix} $$ 根据「矩阵乘法」即有： $$ g[n] = mat * g[n - 1] $$ 起始时，我们只有 $g[0]$，根据递推式得： $$ g[n] = mat * mat * ... * mat * g[0] $$ 再根据矩阵乘法具有「结合律」，最终可得： $$ g[n] = mat^n * g[0] $$ 计算 $mat^n$ 可以套用「快速幂」进行求解。代码： ```Java class Solution { int N = 6; int mod = (int)1e9+7; 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} }; while (n != 0) { if ((n & 1) != 0) ans = mul(mat, ans); mat = mul(mat, mat); n >>= 1; } int res = 0; for (int i = 0; i < N; i++) { res += ans[i][0]; res %= mod; } return res; } } ``` * 时间复杂度：$O(\log{n})$ * 空间复杂度：$O(1)$ ## 最后这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 `No.552` 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode。在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。