多米诺和托米诺平铺

有两种形状的瓷砖：一种是 2 x 1 的多米诺形，另一种是形如 "L" 的托米诺形。两种形状都可以旋转。

给定整数 n ，返回可以平铺 2 x n 的面板的方法的数量。返回对 109 + 7 取模的值。

平铺指的是每个正方形都必须有瓷砖覆盖。两个平铺不同，当且仅当面板上有四个方向上的相邻单元中的两个，使得恰好有一个平铺有一个瓷砖占据两个正方形。

示例 1:

输入: n = 3
输出: 5
解释: 五种不同的方法如上所示。

示例 2:

输入: n = 1
输出: 1

思路

首先这道题找规律的话是可以解出来的，但是感觉这种找规律的方法不够常规，也不容易找到其中的规律。我脑海中冒出的想法是动态规划，因为这本身就是状态的叠加过程，但我能力有限，确实是没有做出来，看了题解才明白，故记录下来，说一下自己对这道题的理解。

我们只关注每一列的状态，对于某一列来说，有四种状态：0-两块未得到平铺；1-上方瓷砖得到平铺；2-下方瓷砖得到平铺；3-两块均得到平铺。

对于状态转移，有：

dp[i][0] = dp[i - 1][3]

第 i 列两块瓷砖未平铺的种类等于第 i - 1 列的两块瓷砖得到平铺的种类，没有其他情况。
dp[i][1] = dp[i - 1][0] + dp[i - 1][2]

对于第 i 列上方瓷砖平铺，可由第 i - 1 列均未平铺的状态加上一个L型瓷砖得到，也可由第 i - 1 列下方瓷砖平铺的状态加上一个多米诺型瓷砖得到。
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]

类比dp[i][1]状态
dp[i][3] = dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2] + dp[i - 1][3]

对于第 i 列铺满的状态，无论第 i - 1 列为何状态，均可通过加瓷砖的方式满足第 i 列铺满，故需要将四种情况累加。

题解

class Solution {
    public int numTilings(int n) {
        if(n == 1) {
            return 1;
        }
        final int MOD = (int) 1e9 + 7;
        long[][] dp = new long[n + 1][4];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = 0;
        dp[0][2] = 0;
        dp[0][3] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            dp[i][0] = dp[i - 1][3];
            dp[i][1] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][2]) % MOD;
            dp[i][2] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % MOD;
            dp[i][3] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2] + dp[i - 1][3]) % MOD;
        }
        return (int) dp[n][3];
    }
}

动态规划——多米诺和托米诺平铺

多米诺和托米诺平铺

思路

题解