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。

来源：力扣（LeetCode）链接：https://leetcode-cn.com/problems/student-attendance-record-ii

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

提示

1 < = n < = 1 0 5 1 <= n <= 10^5 1<=n<=105

解题思路

本题考虑使用动态规划解决。由于可奖励的出勤记录要求是：缺勤次数少于 2 和连续迟到次数少于 3，因此动态规划的状态由总天数、缺勤次数和结尾连续迟到次数决定（由于不会记录连续迟到次数等于或多于 3 的情况，因此非结尾的连续迟到次数一定少于 3，只需要记录结尾连续迟到次数即可）。

定义 d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] dp[i][j][k]表示前i天由j个‘A’且结尾有连续k个‘L’的可奖励的出勤记录的数量。其中 0 < = i < = n , 0 < = j < = 1 , 0 < = k < = 2 0<=i<=n, 0<=j<=1, 0<=k<=2 0<=i<=n,0<=j<=1,0<=k<=2。

当 i = 0 i=0 i=0时，没有任何出勤记录，此时“A”的数量和结尾连续“L”的数量一定为0，因此动态规划的边界情况是 d p [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] = 1 dp[0][0][0]=1 dp[0][0][0]=1。
当 1 < = i < = n 1<=i<=n 1<=i<=n时， d p [ i ] [ ] [ ] dp[i][][] dp[i][][]的值从 d p [ i − 1 ] [ ] [ ] dp[i-1][][] dp[i−1][][]的值转移得到，计算每个状态的值需要考虑第i天的出勤记录：

如果第i天的出勤记录是“P”，则前i天和前 i − 1 i-1 i−1天的出勤记录相比，“A”的数量不变，结尾连续“L”的数量清零，因此对 0 < = j < = 1 0<=j<=1 0<=j<=1，有 d p [ i ] [ j ] [ 0 ] : = d p [ i ] [ j ] [ 0 ] + ∑ k = 0 2 d p [ i − 1 ] [ j ] [ k ] dp[i][j][0]:= dp[i][j][0]+\sum^{2}_{k=0} {dp[i-1][j][k]} dp[i][j][0]:=dp[i][j][0]+k=0∑2dp[i−1][j][k]
如果第i天的出勤记录是"A"，则前i天和前i-1天的出勤记录相比，“A"的数量加1，结尾连续"L"的数量清零，此时要求前i-1天的出勤记录中"A"的数量必须是0，否则前i天的出勤记录至少有两个"A”，不满足可奖励的条件，因此有： d p [ i ] [ 1 ] [ 0 ] : = d p [ i ] [ 1 ] [ 0 ] + ∑ k = 0 2 d p [ i − 1 ] [ 0 ] [ k ] dp[i][1][0]:=dp[i][1][0]+\sum^{2}_{k=0} {dp[i-1][0][k]} dp[i][1][0]:=dp[i][1][0]+k=0∑2dp[i−1][0][k]
如果第i天的出勤记录是"L"，则前i天和前i-1天的出勤记录相比，”A“的数量不变，结尾连续”L”的数量加1，此时要求前i-1天的出勤记录中的结尾连续"L"的数量不超过1，否则前i天的出勤记录的结尾至少有3个“L”，不满足可奖励条件，因此对 0 < = j < = 1 0<=j<=1 0<=j<=1和 1 < = k < = 2 1<=k<=2 1<=k<=2，有： d p [ i ] [ j ] [ k ] : = d p [ i ] [ j ] [ k ] + d p [ i − 1 ] [ j ] [ k − 1 ] dp[i][j][k]:=dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k-1] dp[i][j][k]:=dp[i][j][k]+dp[i−1][j][k−1]

上述状态转移方程对于i=1也适用
计算长度为n的所有可奖励的出勤记录的数量，即为计算 d p [ n ] [ ] [ ] dp[n][][] dp[n][][]的所有元素之和。计算过程中需要将结果对 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7取模。

根据上述思路，可以得到时间复杂度和空间复杂度都是O(N)的实现，代码如下：

# -*- coding: utf-8 -*-## -------------------------------------------------------------------------------
# Name:         552. 学生出勤记录 II
# Description:
# Author:       PANG
# Date:         2021/8/19
# -------------------------------------------------------------------------------
class Solution:def checkRecord(self, n: int) -> int:MOD = 10 ** 9 + 7# A 的数量，结尾连续 L 的数量dp = [[0, 0, 0], [0, 0, 0]]dp[0][0] = 1for i in range(1, n + 1):dpNew = [[0, 0, 0], [0, 0, 0]]# 以 P 结尾的数量for j in range(0, 2):for k in range(0, 3):dpNew[j][0] = (dpNew[j][0] + dp[j][k]) % MOD# 以 A 结尾的数量for k in range(0, 3):dpNew[1][0] = (dpNew[1][0] + dp[0][k]) % MOD# 以 L 结尾的数量for j in range(0, 2):for k in range(1, 3):dpNew[j][k] = (dpNew[j][k] + dp[j][k - 1]) % MODdp = dpNewtotal = 0for j in range(0, 2):for k in range(0, 3):total += dp[j][k]return total % MODif __name__ == '__main__':n = int(input())solution = Solution()print(solution.checkRecord(n))

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