算法第四题：学生出勤记录情况统计 2021-08-19

一、问题描述
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 10的9次方加7取余的结果。

二、问题分析
自己想用数学分析的方法做，很明显自己推了很多，但是情况还是很复杂，特别是当A和连续的L在一起的时候，问题变得很复杂。
后来又想到用分治，结果是一样得，子问题划分上不好划分，并且原问题不能单纯由子问题构成。

三、记忆化搜索
枚举所有方案得暴力搜索DFS（深度优先搜索）
设计变量

u	当前还剩下多少位需要决策，其实可以看成还有几天的出勤情况没算
acnt	当前方案中A的出现总次数，acnt小于2的时候，是可能拿到奖金的
lant	当前方案中结尾L的总出现次数，lant连续出现0，1，2，是有可能拿到奖金
cur	当前方案，看成当前出勤天数下的出勤情况
ans	结果集，当前的出勤天数下的能拿到到奖金的情况数

最开始的笨方法当然是暴力搜索，不过要采用回溯的思路，每次加一天的出勤情况，有三种可能，分别判断，如果满足能拿奖金的情况，那么情况数就增加；这样一直加直到满足n，u其实是每次都在减少的。
回溯的解决问题的一般步骤是：
1.针对给定问题，定义问题的解空间，它至少包含问题的一个解
在本题中，拿将金就是一个解情况，满足拿奖金的条件设计就是在定义问题的解空间。
2.确定易于搜索的解空间结构，使得回溯法能够方便地搜索整个解空间
然后每次加一天，然后看看能拿到奖金的情况
3.以深度优先的方式搜索解空间，并在搜索过程中用剪枝函数避免无效搜索
比如当添加一天后不能拿到奖金了，那么这种情况直接就抛弃了，后面从新从能拿将金的情况里选一个继续进行。
设计函数
1.如果新的一天是P，那么可以直接方进来，并把这种情况方入解空间
2.如果新的一天是A，那么只有之前天里A没出现，即acnt<1时，可以把这种情况方入解空间
3.如果新的一天是L，那么L只能连续出现两个，上一天是P或A都是可以的，即lant<2
dfs(int day,int n,int absent,int late)
其中day表示第几天，n表示一共的天数，absent表示当天的出勤情况，late表示最多的连续迟到天数。

//初始化输入
public int checkRecord(int n){return dfs(0,n,0,0)
}
//函数主题逻辑
private int dfs(int day,int n,int absent,int late){//退出条件if(day>=n){return 1;}//回溯开始int ans=0;//1.新的一天是Pans=ans+dfs(day+1,n,absent,0)//2.新的一天是Aif(absent<1)ans=ans+dfs(day+1,n,1,0)//3.新的一天是Lif(late<2)ans=ans+dfs(day+1,n,absent,late+1)return ans;
}
//最终返回的是n天的情况数

时间复杂度：O(3^n)，n个位置，每个位置有3个选择，就是33…*3
空间复杂度：O(n)，递归层数为 n。

实际上，我们不需要枚举所有的方案数，因此我们只需要保留函数签名中的前三个参数即可。
同时由于我们计算某个（u，acnt，lant）的方案数时，其依赖的状态可能会被重复使用，考虑加入记忆化，将结果缓存起来。其实就是记住前一天的情况，通过分析把收索次数降下来。
例如：我们要计算 day=2, absent=1, late=0，它有可能从哪些状态而来呢？
absent=1可能是第 0 天填入的；
absent=1可能是第 1 天填入的；
所以，以上两种情况，到第 2 天的时候的状态是完全一样的，也就产生了重复计算，所以，我们可以声明一个缓存，记录每个状态下计算得到的值，下次再遇到相同的状态，直接返回即可。
看代码

public int checkRecord(int n){int[][][]memo=new int[n][2][3];return dfs(0,n,0,0,memo);
}
private int dfs(int day, int n, int absent, int late, int[][][] memo) {if (day >= n) {return 1;}// 相同的状态计算过了直接返回if (memo[day][absent][late] != 0) {return memo[day][absent][late];}// 回溯开始int ans = 0;// 1. Present随便放ans = ans + dfs(day + 1, n, absent, 0, memo);// 2. Absent最多只能放一个if (absent < 1) {ans = ans + dfs(day + 1, n, 1, 0, memo);}// 3. Late最多连续放2个if (late < 2) {ans = ans + dfs(day + 1, n, absent, late + 1, memo);}// 记录每一个状态的计算结果memo[day][absent][late] = ans;return ans;}

时间复杂度：O(n)，通过memo可以看到有 n * 2 * 3种状态，每个状态只会计算一遍，所以是 6n，时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：O(n)，递归层数为 n，memo数组占用 n * 2 * 3 = 6n的空间，两者空间复杂度都是 O(n)。

四、动态规划
好了，有了记忆化，转 DP 就非常简单了，只要把 memo 改成 dp 即可，我们这样定义动态规划：
状态定义：dp[i][j][k]表示第 i 天、在 A 为 j 次、连续的 L 为 k 次的方案数。
状态转移：所有的状态都是从前一天，即 i-1，转移而来，但是对于 j 和 k，

要分三种情况来讨论：
当前填入的是 P，i-1 天的任何状态都能转移过来；
当前填入的是 A，i-1 天即之前肯定没填过 A，同时所有的 late 状态都可以转移到过来。
当前填入的是 L，i-1 天最多只能有一个连续的 L，其他的状态依次转移过来。

为了方便计算，我们把第 0 天的值初始化。
好了，请看代码，加了详细注释：

class Solution {int MOD = 1000000007;public int checkRecord(int n) {long[][][] dp = new long[n][2][3];// 初始值dp[0][0][0] = 1;dp[0][1][0] = 1;dp[0][0][1] = 1;for (int i = 1; i < n; i++) {// 本次填入P，分成前一天累计了0个A和1个A两种情况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][1][0] + dp[i - 1][1][1] + dp[i - 1][1][2]) % MOD;// 本次填入A，前一天没有累计A都能转移过来// 这行可以与上面一行合并计算，为了方便理解，我们分开，下面会合并dp[i][1][0] = (dp[i][1][0] + dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]) % MOD;// 本次填入L，前一天最多只有一个连续的L，分成四种情况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];}// 计算结果，即最后一天的所有状态相加long ans = 0;for (int i = 0; i < 2; i++) {for (int j = 0; j < 3; j++) {ans = (ans + dp[n - 1][i][j]) % MOD;}}return (int) ans;}
}

五、矩阵快速幂
六、总结
这个题最开始想到的是用回溯的思想，递归的深度优先遍历求解答案，但是递归的次数过多，然后有很多情况没有加以利用，效率很慢。
然后就用记忆化的方法，保存每次的状态，如果后续能用到这种状态，直接调用，就不再递归了，这样一下就把时间复杂度降低了。
现在看代码还是有点迷糊，还是先写倒这吧。

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