问题分析
我们有 n 张卡牌，每张卡牌有正面和背面两个数字，分别是 a_i 和 b_i。对于每张卡牌，我们可以选择正面或背面朝上。目标是让所有选择的数字之和能被 3 整除。
解决方案
状态定义： 我们可以定义一个状态数组 dp[i][r] 表示前 i 张卡牌中，选出的卡牌正面或背面朝上的数字之和对 3 取余为 r（r ∈ {0, 1, 2}）的方案数。我们的目标是计算 dp[n][0]，即选完所有卡牌后，数字和能被 3 整除的方案数。
关键思路
- 每张卡牌有两个选择：正面朝上或背面朝上。因此，对于第 i 张卡牌，我们可以根据当前状态转移到新的状态。
- 对于每张卡牌
i，其正面数字为a[i]，背面数字为b[i]，我们要更新每个dp状态。对于dp[i][r]，可以通过dp[i-1][(r - a[i]) % 3]和dp[i-1][(r - b[i]) % 3]来更新。 - 我们可以使用滚动数组来减少空间复杂度，因为每次只需要前一轮的状态来计算当前状态。
时间复杂度
- 时间复杂度：每张卡牌需要更新 3 个状态，因此时间复杂度为 O(3×n)=O(n)O(3×n)=O(n)，其中 n 是卡牌的数量。
- 空间复杂度：由于我们使用滚动数组保存前一轮和当前轮的状态，所以空间复杂度为 O(3)=O(1)O(3)=O(1)。
代码实现
C++
#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
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，选择某些卡牌使得数字之和模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，和为0的方案数为1
// 遍历每一张卡牌
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
// 当前卡牌的正面和背面的数字
int front = a[i - 1];
int back = b[i - 1];
// 更新dp数组
for (int j = 0; j < 3; ++j) {
// 选择正面的情况
dp[i][(j + front) % 3] = (dp[i][(j + front) % 3] + dp[i - 1][j]) % MOD;
// 选择背面的情况
dp[i][(j + back) % 3] = (dp[i][(j + back) % 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];
}
C语言
#include <stdio.h>
#define MOD 1000000007
int solution(int n, int* a, int* b) {
// dp[i][j]表示前i张卡牌中，选择某些卡牌使得数字之和模3余j的方案数
int dp[n + 1][3];
dp[0][0] = 1; // 初始状态：0张卡牌，和为0的方案数为1
// 遍历每一张卡牌
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int front = a[i - 1];
int back = b[i - 1];
// 更新dp数组
for (int j = 0; j < 3; ++j) {
dp[i][(j + front) % 3] = (dp[i][(j + front) % 3] + dp[i - 1][j]) % MOD;
dp[i][(j + back) % 3] = (dp[i][(j + back) % 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];
}
Java
public class Main {
private static final int MOD = (int)(1e9 + 7);
public static int solution(int n, int[] a, int[] b) {
// dp[i][j]表示前i张卡牌中，选择某些卡牌使得数字之和模3余j的方案数
int[][] dp = new int[n + 1][3];
dp[0][0] = 1; // 初始状态：0张卡牌，和为0的方案数为1
// 遍历每一张卡牌
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int front = a[i - 1];
int back = b[i - 1];
// 更新dp数组
for (int j = 0; j < 3; ++j) {
dp[i][(j + front) % 3] = (dp[i][(j + front) % 3] + dp[i - 1][j]) % MOD;
dp[i][(j + back) % 3] = (dp[i][(j + back) % 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];
}
public static void main(String[] args) {
System.out.println(solution(3, new int[]{1, 2, 3}, new int[]{2, 3, 2}) == 3);
System.out.println(solution(4, new int[]{3, 1, 2, 4}, new int[]{1, 2, 3, 1}) == 6);
System.out.println(solution(5, new int[]{1, 2, 3, 4, 5}, new int[]{1, 2, 3, 4, 5}) == 32);
}
}
其他算法和优化建议
1. 回溯 + 剪枝
回溯方法是一个经典的暴力算法策略，它通过尝试所有可能的选项来找出问题的解。对于这个问题，我们可以尝试枚举每张卡牌的选择，但这种方法会存在指数级的时间复杂度（2n2n），因为每张卡牌有正反两面，每次可以选择其中的一面。
然而，使用回溯算法时，结合剪枝技巧可以减少搜索空间，避免一些不必要的计算。剪枝的思想是提前判断某个状态不可能继续满足条件，从而终止该分支的搜索。
回溯算法流程：
- 状态表示：我们需要记录当前数字和的模 3 结果。
- 递归决策：对于每一张卡牌，可以选择正面或背面，更新当前的模 3 结果。
- 剪枝条件：如果当前数字和已经超过某个阈值，或者当前选择已经无法使结果满足条件时，停止搜索。
例如，我们可以通过以下条件进行剪枝：
- 如果在某个节点的和对 3 取余不为 0，且不可能通过剩下的卡牌使其达到 0，则剪枝。
- 如果当前选项的余数已经不可能通过后续的选择达到 0，也可以终止递归。
优化建议：
- 动态剪枝：可以预先计算出剩余卡牌的最小和，并进行判断。对于大数情况进行“合理”剪枝。
- 备忘录/缓存：通过存储已经计算过的子问题结果，避免重复计算，可以进一步减少不必要的递归深度。
2. 矩阵快速幂
矩阵快速幂算法是一种将递推问题转化为矩阵乘法的问题求解方法。对于某些线性递推问题，矩阵快速幂能够通过将状态转移矩阵对数次幂的计算来加速算法。
不过，矩阵快速幂通常用于线性递推关系下的求解，而对于这个问题来说，虽然状态转移是线性的，但用矩阵快速幂来加速可能并不比动态规划更高效，因为我们只需要计算模 3 的状态，不涉及复杂的数值运算。
简而言之，矩阵快速幂更适合用于处理具有固定状态转移模式的递推问题，然而在这种问题中，直接的动态规划和滚动数组已经足够高效。
3. 压缩状态空间（进一步优化动态规划）
在传统的动态规划中，我们需要维护一个大小为 3×n3×n 的状态空间。但通过压缩状态空间的方式，我们可以进一步减少空间复杂度。例如，我们只需要记录当前状态和前一轮状态，即每次我们只需要保存一行状态。
优化思想：
- 动态规划的状态是基于前一个状态的，可以使用一个滚动数组将其压缩成常数空间。
- 状态转移时，只需要保留上一轮的结果，而不需要保留所有的中间状态。
4. 动态规划的状态合并
除了滚动数组之外，还可以合并状态来进一步提高效率。对于这类问题，我们可以在一定条件下跳过一些不必要的状态计算，或者在不影响最终结果的前提下减少状态的复杂度。
举个例子，假设我们知道某些状态在整个计算过程中始终不可能达到，那么可以提前将这些状态剔除。例如，如果某个状态已经不再可能通过后续选择达到“和为 0”对 3 取余的目标，可以避免计算这个状态。
5. 分治法与二分法
当问题的规模较大时，考虑使用分治法来减少计算复杂度。对于每一组卡牌，可以将其分成两部分，然后分别对这两部分进行计算，再合并结果。
分治法通常适用于解的空间可以拆分的情况，虽然这个问题本身并不直接适用分治法，但我们可以将其拆解成多个子问题进行分治处理，并利用二分法或其他搜索技术进一步优化计算。
6. 多线程和并行计算
对于大规模的输入数据，可以考虑使用并行计算来加速状态转移的过程。例如，可以将不同卡牌的选择状态分配给多个线程并行计算，最后再将结果合并。Python 的 concurrent.futures 库提供了一个简单的接口来进行并行化，适用于计算密集型的任务。
总结
1. 动态规划（Dynamic Programming）
动态规划是解决此问题的常见方法。通过定义一个状态 dp[i][r]，表示前 i 张卡牌中，和对 3 取余为 r 的组合数。状态转移方程如下：
dp[i][r] = dp[i-1][(r - a[i-1]) % 3] + dp[i-1][(r - b[i-1]) % 3]，表示选择当前卡牌的正面或背面对当前的和进行累加。- 初始状态：
dp[0][0] = 1，表示不选任何卡牌时和为 0。
2. 滚动数组优化（Space Optimization）
由于每次状态的计算仅依赖于前一轮的状态，因此可以通过滚动数组将空间复杂度从 O(n×3)O(n×3) 降低到 O(3)O(3)。只需要保留上一轮的状态并进行更新。
3. 时间复杂度与空间复杂度
- 时间复杂度：每张卡牌需要遍历 3 种余数，因此时间复杂度为 O(n×3)=O(n)O(n×3)=O(n)。
- 空间复杂度：使用滚动数组优化后，空间复杂度为 O(3)=O(1)O(3)=O(1)。
