33. 卡牌翻面求和问题动态规划题解 | 豆包MarsCode AI刷题本文通过动态规划（Dynamic Progra

33. 卡牌翻面求和问题

问题描述

小M有 n 张卡牌，每张卡牌的正反面分别写着不同的数字，正面是 ai，背面是 bi。小M希望通过选择每张卡牌的一面，使得所有向上的数字之和可以被3整除。你需要告诉小M，一共有多少种不同的方案可以满足这个条件。由于可能的方案数量过大，结果需要对 10^9+7 取模。

例如：如果有3张卡牌，正反面数字分别为 (1,2)，(2,3) 和 (3,2)，你需要找到所有满足这3张卡牌正面或背面朝上的数字之和可以被3整除的组合数。

测试样例

样例1：

输入：n = 3 ,a = [1, 2, 3] ,b = [2, 3, 2]
输出：3

样例2：

输入：n = 4 ,a = [3, 1, 2, 4] ,b = [1, 2, 3, 1]
输出：6

样例3：

输入：n = 5 ,a = [1, 2, 3, 4, 5] ,b = [1, 2, 3, 4, 5]
输出：32

解题思路

由于每张卡牌有两个选择：正面或背面，而我们关心的是这些选择的和能否被 3 整除，因此这实际上是一个典型的模 3 问题。这道题可以通过动态规划（简称DP）来求解，最经典的动态规划问题有斐波那契数列问题。

动态规划主要有几个步骤：

1.状态定义，定义一个 DP 数组，数组的下标表示影响结果的不同状态，下标对应的值则是对应状态下得到的结果，最终能够得到题目要求的状态下对应的答案。

2.状态转移方程，找到一个方程，用来表示从前一个状态到达下一个时值的变化，可以采用自底向上（从初始状态开始往后分析）和自顶向下（从结束状态开始往前分析）两种方法。

3.初始化，对 DP 数组的初始状态进行更新，或者是提前定义好边界条件，以防越界和错误的发生。

模 3 特性

对于给定的数字，如果我们取它们模 3 的值，会得到 0、1 或 2 三种不同的余数。因此，我们可以利用动态规划来记录对于前 i 张卡牌的不同选择，得到的和对 3 取余的结果。

具体地，我们可以使用一个二维 DP 数组 dp[i][j] 来表示前 i 张卡牌中，选择某些卡牌使得和模 3 余 j 的方案数，其中 $j \in \{0, 1, 2\}$ 。在初始化时，dp[0][0] = 1，表示没有卡牌时和为 0，方案数为 1（即空集）。我们的目标是最终得到 dp[n][0]，即前 n 张卡牌中，和模 3 余 0 的方案数，就代表所有卡牌正面或背面朝上的数字之和可以被3整除的组合数。

动态规划转移方程

对于每一张卡牌，我们有两个选择：选择它的正面或选择它的背面。对于每个选择，都需要更新 dp 数组中的状态。

假设当前卡牌的正面数字为 $ai$ ，背面数字为 $bi$ ，则有：

如果选择正面 $ai$ ，那么和的余数增加 $ai\%3$ ；
如果选择背面 $bi$ ，那么和的余数增加 $bi\%3$ 。

因此，动态规划的状态转移方程为：

dp[i][(j+ai)\%3]=(dp[i][(j+ai)\%3]+dp[i−1][j])\%MOD

dp[i][(j+bi)\%3]=(dp[i][(j+bi)\%3]+dp[i−1][j])\%MOD

这两个方程表示了对于每个卡牌 i，我们将前 i−1 张卡牌的所有可能组合扩展到第 i 张卡牌，从而更新每种和模 3 余数的方案数。

代码实现

状态定义：
- 我们使用一个二维数组 dp[i][j] 来存储前 i 张卡牌中，卡牌的和模 3 后余数为 j 的方案数。
状态转移：
- 对于每一张卡牌，我们计算正面和背面的数字对 3 取余后的值，并根据当前状态更新 dp 数组。
- 每次选择卡牌的正面或背面时，我们根据对应的余数更新 dp 数组，确保所有方案数都对 $10^9 + 7$ 取模。
初始化：
- 初始化 dp[0][0] = 1，表示没有卡牌时和为 0，方案数为 1。
最终输出：
- 最后返回 dp[n][0]，即所有卡牌的选择中，和模 3 余 0 的方案数。

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;

int solution(int n, std::vector<int> a, std::vector<int> b) {
    // 初始化dp数组，dp[i][j]表示前i张卡牌中，选择某些卡牌使得和模3余j的方案数
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3, 0));
    dp[0][0] = 1; // 初始状态，0张卡牌时和为0，方案数为1

    // 遍历每一张卡牌
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        // 计算当前卡牌的正面和背面的模3余数
        int a_mod = a[i - 1] % 3;
        int b_mod = b[i - 1] % 3;

        // 更新dp数组
        for (int j = 0; j < 3; ++j) {
            // 选择正面的情况
            dp[i][(j + a_mod) % 3] = (dp[i][(j + a_mod) % 3] + dp[i - 1][j]) % MOD;
            // 选择背面的情况
            dp[i][(j + b_mod) % 3] = (dp[i][(j + b_mod) % 3] + dp[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }

    // 返回前n张卡牌中，和模3余0的方案数
    return dp[n][0];
}

int main() {
    std::cout << (solution(3, {1, 2, 3}, {2, 3, 2}) == 3) << std::endl;
    std::cout << (solution(4, {3, 1, 2, 4}, {1, 2, 3, 1}) == 6) << std::endl;
    std::cout << (solution(5, {1, 2, 3, 4, 5}, {1, 2, 3, 4, 5}) == 32) << std::endl;
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：
- 对于每一张卡牌，我们需要遍历三种模 3 余数的情况。因此，时间复杂度为 $O(n×3)=O(n)$ ，其中 $n$ 是卡牌的数量。
空间复杂度：
- 我们使用了一个大小为 $(n+1)×3$ 的二维 DP 数组，因此空间复杂度为 $O(n)$ 。

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