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552. 学生出勤记录 II

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 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 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

解法

方法一：记忆化搜索

我们设计一个函数 $dfs(i, j, k)$，表示从第 $i$ 个出勤记录开始，当前缺勤次数为 $j$，目前最后连续迟到次数为 $k$ 时，可获得出勤奖励的情况数量。那么答案就是 $dfs(0, 0, 0)$。

函数 $dfs(i, j, k)$ 的执行过程如下：

  • 如果 $i \ge n$，说明已经遍历完所有出勤记录，返回 $1$；
  • 如果 $j = 0$，说明当前缺勤次数为 $0$，那么可以选择缺勤，即 $dfs(i + 1, j + 1, 0)$；
  • 如果 $k \lt 2$，说明当前连续迟到次数小于 $2$，那么可以选择迟到，即 $dfs(i + 1, j, k + 1)$；
  • 无论如何，都可以选择到场，即 $dfs(i + 1, j, 0)$。

我们将上述三种情况的结果相加，即为 $dfs(i, j, k)$ 的结果。

为了避免重复计算，我们可以使用记忆化搜索。

时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$。其中 $n$ 为出勤记录的长度。

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class Solution:
    def checkRecord(self, n: int) -> int:
        @cache
        def dfs(i, j, k):
            if i >= n:
                return 1
            ans = 0
            if j == 0:
                ans += dfs(i + 1, j + 1, 0)
            if k < 2:
                ans += dfs(i + 1, j, k + 1)
            ans += dfs(i + 1, j, 0)
            return ans % mod

        mod = 10**9 + 7
        ans = dfs(0, 0, 0)
        dfs.cache_clear()
        return ans

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class Solution {
    private final int mod = (int) 1e9 + 7;
    private int n;
    private Integer[][][] f;

    public int checkRecord(int n) {
        this.n = n;
        f = new Integer[n][2][3];
        return dfs(0, 0, 0);
    }

    private int dfs(int i, int j, int k) {
        if (i >= n) {
            return 1;
        }
        if (f[i][j][k] != null) {
            return f[i][j][k];
        }
        int ans = dfs(i + 1, j, 0);
        if (j == 0) {
            ans = (ans + dfs(i + 1, j + 1, 0)) % mod;
        }
        if (k < 2) {
            ans = (ans + dfs(i + 1, j, k + 1)) % mod;
        }
        return f[i][j][k] = ans;
    }
}

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class Solution {
public:
    int checkRecord(int n) {
        int f[n][2][3];
        memset(f, -1, sizeof(f));
        const int mod = 1e9 + 7;
        auto dfs = [&](this auto&& dfs, int i, int j, int k) -> int {
            if (i >= n) {
                return 1;
            }
            if (f[i][j][k] != -1) {
                return f[i][j][k];
            }
            int ans = dfs(i + 1, j, 0);
            if (j == 0) {
                ans = (ans + dfs(i + 1, j + 1, 0)) % mod;
            }
            if (k < 2) {
                ans = (ans + dfs(i + 1, j, k + 1)) % mod;
            }
            return f[i][j][k] = ans;
        };
        return dfs(0, 0, 0);
    }
};

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func checkRecord(n int) int {
    f := make([][][]int, n)
    for i := range f {
        f[i] = make([][]int, 2)
        for j := range f[i] {
            f[i][j] = make([]int, 3)
            for k := range f[i][j] {
                f[i][j][k] = -1
            }
        }
    }
    const mod = 1e9 + 7
    var dfs func(i, j, k int) int
    dfs = func(i, j, k int) int {
        if i >= n {
            return 1
        }
        if f[i][j][k] != -1 {
            return f[i][j][k]
        }
        ans := dfs(i+1, j, 0)
        if j == 0 {
            ans = (ans + dfs(i+1, j+1, 0)) % mod
        }
        if k < 2 {
            ans = (ans + dfs(i+1, j, k+1)) % mod
        }
        f[i][j][k] = ans
        return ans
    }
    return dfs(0, 0, 0)
}

方法二：动态规划

动态规划，定义 dp[i][j][k] 表示前 i 天，缺勤 j 次，连续迟到 k 次时，可获得出勤奖励的情况数量

状态转移需要对第 i 天的出勤情况分别讨论：

  • 缺勤：之前不能有任何缺勤记录，即 j == 0
  • 迟到：之前最多连续迟到 1 次，即 k == 0 || k == 1
  • 到场：无限制
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class Solution:
    def checkRecord(self, n: int) -> int:
        mod = int(1e9 + 7)
        dp = [[[0, 0, 0], [0, 0, 0]] for _ in range(n)]

        # base case
        dp[0][0][0] = dp[0][0][1] = dp[0][1][0] = 1

        for i in range(1, n):
            # A
            dp[i][1][0] = (dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]) % mod
            # L
            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]
            # P
            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][0] + dp[i - 1][1][0] + dp[i - 1][1][1] + dp[i - 1][1][2]
            ) % mod

        ans = 0
        for j in range(2):
            for k in range(3):
                ans = (ans + dp[n - 1][j][k]) % mod
        return ans

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class Solution {
    private static final int MOD = 1000000007;

    public int checkRecord(int n) {
        long[][][] dp = new long[n][2][3];

        // base case
        dp[0][0][0] = 1;
        dp[0][0][1] = 1;
        dp[0][1][0] = 1;

        for (int i = 1; i < n; i++) {
            // A
            dp[i][1][0] = (dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]) % MOD;
            // L
            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];
            // P
            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][0] + dp[i - 1][1][0] + dp[i - 1][1][1] + dp[i - 1][1][2]) % MOD;
        }

        long ans = 0;
        for (int j = 0; j < 2; j++) {
            for (int k = 0; k < 3; k++) {
                ans = (ans + dp[n - 1][j][k]) % MOD;
            }
        }
        return (int) ans;
    }
}

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constexpr int MOD = 1e9 + 7;

class Solution {
public:
    int checkRecord(int n) {
        using ll = long long;
        vector<vector<vector<ll>>> dp(n, vector<vector<ll>>(2, vector<ll>(3)));

        // base case
        dp[0][0][0] = dp[0][0][1] = dp[0][1][0] = 1;

        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            // A
            dp[i][1][0] = (dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]) % MOD;
            // L
            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];
            // P
            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][0] + dp[i - 1][1][0] + dp[i - 1][1][1] + dp[i - 1][1][2]) % MOD;
        }

        ll ans = 0;
        for (int j = 0; j < 2; ++j) {
            for (int k = 0; k < 3; ++k) {
                ans = (ans + dp[n - 1][j][k]) % MOD;
            }
        }
        return ans;
    }
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const _mod int = 1e9 + 7

func checkRecord(n int) int {
    dp := make([][][]int, n)
    for i := 0; i < n; i++ {
        dp[i] = make([][]int, 2)
        for j := 0; j < 2; j++ {
            dp[i][j] = make([]int, 3)
        }
    }

    // base case
    dp[0][0][0] = 1
    dp[0][0][1] = 1
    dp[0][1][0] = 1

    for i := 1; i < n; i++ {
        // A
        dp[i][1][0] = (dp[i-1][0][0] + dp[i-1][0][1] + dp[i-1][0][2]) % _mod
        // L
        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]
        // P
        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][0] + dp[i-1][1][0] + dp[i-1][1][1] + dp[i-1][1][2]) % _mod
    }

    var ans int
    for j := 0; j < 2; j++ {
        for k := 0; k < 3; k++ {
            ans = (ans + dp[n-1][j][k]) % _mod
        }
    }
    return ans
}

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