leetcode每日一题系列-学生出勤记录I-「java原生函数」-学生出勤记录II-「动态规划」

2021-08-17 636 阅读4分钟

这是我参与8月更文挑战的第17天，活动详情查看：8月更文挑战

leetcode-551-学生出勤记录

[博客链接]

菜🐔的学习之路

[题目描述]

给你一个字符串 s 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 3 天以上的迟到（'L'）记录。

如果学生可以获得出勤奖励，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：s = "PPALLP"
输出：true
解释：学生缺勤次数少于 2 次，且不存在 3 天或以上的连续迟到记录。

示例 2：

输入：s = "PPALLL"
输出：false
解释：学生最后三天连续迟到，所以不满足出勤奖励的条件。

提示：

1 <= s.length <= 1000
s[i] 为 'A'、'L' 或 'P'

Related Topics

字符串
👍 81 👎 0

[题目链接]

leetcode题目链接

[github地址]

[思路介绍]

思路一：java原生函数

条件判断即可

 public boolean checkRecord(String s) {
     return !(s.indexOf("A") != s.lastIndexOf("A") || s.contains("LLL"))
 }

时间复杂度O( $n$ )
空间复杂度O(1)

思路延伸

预测一下明天的每日一题 「题目描述」 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 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 109 + 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 <= 105

Related Topics

动态规划
👍 144 👎 0
这预感是明天的每日一题
easy直接到hard也是狠,先写一个常规的dp分析
正常递归思路是每一个元素三选一dfs(i)
基线条件：i达到n||当前排列不满足题目要求的时候时退出递归
时间复杂度 $O(3^n)$ 可以很容易的发现必然tle
但是由此可以推出dp方程dp[i]
表示由 i个元素排列组合满足题目要求的方案数量
初始化dp[0] = 0;
dp[n]第递推思路可以从如下角度分析
- 选取第n个元素的原则是需要使选取之后的排列满足要求
- 也就是分如下几种情况
  - 当前序方案dp[n-1]有A的时候，只可以添加P、L（需要下一个条件判定）
  - 当前序方案dp[n-1]末尾是"LL"的时候，只可以添加P
  - 其余情况可添加所有元素A、L、P
- 由此可以发现我们需要记录每种方案数的两个指标
  - 1、A的数量
  - 2、末尾两位的字符串
- 因此一维的dp[n]暂时来看无法满足定义
需要定义三维dp[i][j][k] 表示使用i个元素包含j个A，且长度末尾为k个l的方案数量
- 初始化
  - dp[1][0][1] = 1
  - dp[1][1][0] = 1
  - dp[1][0][0] = 1
- 递推方程
  - dp[i][0][0] = (dp[i-1][0][0] + dp[i-1][0][1] + dp[i-1][0][2]) % mod;
  - dp[i][1][0] = (dp[i-1][1][0] + dp[i-1][1][1] + dp[i-1][1][2]) % mod;
  - dp[i][0][1] = (dp[i-1][0][0]) % mod;
  - dp[i][0][2] = (dp[i-1][0][1]) % mod;
  - dp[i][1][1] = (dp[i-1][1][0]) % mod;
  - dp[i][1][2] = (dp[i-1][1][1]) % mod;
  - dp[i][1][0] += (dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]) % mod

public int checkRecord(int n) {
    long[][][] dp = new long[n + 1][2][3];
    dp[1][0][1] = 1;
    dp[1][1][0] = 1;
    dp[1][0][0] = 1;
    int mod = (int) 1e9 + 7;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        dp[i][0][0] = (dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]) % mod;
        dp[i][1][0] = (dp[i - 1][1][0] + dp[i - 1][1][1] + dp[i - 1][1][2]) % mod;
        dp[i][0][1] = dp[i - 1][0][0];
        dp[i][0][2] = dp[i - 1][0][1];
        dp[i][1][1] = dp[i - 1][1][0];
        dp[i][1][2] = dp[i - 1][1][1];
        dp[i][1][0] += (dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]) % mod;
    }
    return (int)((dp[n][0][0] + dp[n][0][1] + dp[n][0][2] + dp[n][1][0] + dp[n][1][1] + dp[n][1][2]) % mod);
}

时间复杂度O(n)
空间复杂度O(n)

友情链接：