790. 多米诺和托米诺平铺 : 简单状态机 DP 运用题

题目描述

这是 LeetCode 上的 ​​790. 多米诺和托米诺平铺​​ ，难度为 中等。

Tag : 「状态机 DP」

有两种形状的瓷砖：一种是 ​​2 x 1​​​ 的多米诺形，另一种是形如 ​​"L"​​ 的托米诺形。两种形状都可以旋转。

给定整数 ​​n​​​ ，返回可以平铺 ​​2 x n​​​ 的面板的方法的数量。返回对 

平铺指的是每个正方形都必须有瓷砖覆盖。两个平铺不同，当且仅当面板上有四个方向上的相邻单元中的两个，使得恰好有一个平铺有一个瓷砖占据两个正方形。

示例 1:

输入: n = 3

输出: 5

解释: 五种不同的方法如上所示。

示例 2:

输入: n = 1

输出: 1

提示：

状态机 DP

定义 为无须考虑前 列（含义为前 列已铺满），当前第 列状态为

其中 取值范围为

为了方便，我们人为规定列数从

由于骨牌只能在

分别对应「第一列不放置任何骨牌」和「第一列竖着放一块

而 和 由于没法在棋盘左侧以外的位置放置骨牌，不存在合法方案，其值均为 。

同时可知

不失一般性考虑

• : 需要前 列铺满，同时第 列没有被铺，只能由 转移而来，即有

这里需要尤其注意：虽然我们能够在上一步留空第 列，然后在 列竖放一块

但我们不能从 转移到 ，因为此时放置的骨牌，仅对第 列产生影响，不会对第 列产生影响，该决策所产生的方案数，已在

• : 可由 转移而来（见下图），其中 ，即有
• : 可由 和
• : 可由 和

Java 代码：

class Solution {
    int MOD = (int)1e9+7;
    public int numTilings(int n) {
        int[][] f = new int[n + 10][4];
        f[1][0] = f[1][1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            f[i][0] = f[i - 1][1];
            int cur = 0;
            for (int j = 0; j < 4; j++) cur = (cur + f[i - 1][j]) % MOD;
            f[i][1] = cur;
            f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][3]) % MOD;
            f[i][3] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2]) % MOD;
        }
        return f[n][1];
    }
}

TypeScript 代码：

function numTilings(n: number): number {
    const MOD = 1e9+7
    const f = new Array<Array<number>>()
    for (let i = 0; i <= n; i++) f[i] = new Array<number>(4).fill(0)
    f[1][0] = f[1][1] = 1
    for (let i = 2; i <= n; i++) {
        f[i][0] = f[i - 1][1]
        let cur = 0
        for (let j = 0; j < 4; j++) cur = (cur + f[i - 1][j]) % MOD
        f[i][1] = cur
        f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][3]) % MOD
        f[i][3] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2]) % MOD
    }
    return f[n][1]
}

Python3 代码：

class Solution:
    def numTilings(self, n: int) -> int:
        f = [[0] * 4 for _ in range(n + 10)]
        f[1][0] = f[1][1] = 1
        for i in range(2, n + 1):
            f[i][0] = f[i - 1][1]
            f[i][1] = sum([f[i - 1][j] for j in range(4)])
            f[i][2] = f[i - 1][0] + f[i - 1][3]
            f[i][3] = f[i - 1][0] + f[i - 1][2]
        return f[n][1] % 1000000007

• 时间复杂度：
• 空间复杂度：

滚动数组优化

利用 仅依赖于 ，我们可以采用「滚动数组」方式将其空间优化至 。

Java 代码：

class Solution {
    int MOD = (int)1e9+7;
    public int numTilings(int n) {
        int[][] f = new int[2][4];
        f[1][0] = f[1][1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int a = i & 1, b = (i - 1) & 1;
            f[a][0] = f[b][1];
            int cur = 0;
            for (int j = 0; j < 4; j++) cur = (cur + f[b][j]) % MOD;
            f[a][1] = cur;
            f[a][2] = (f[b][0] + f[b][3]) % MOD;
            f[a][3] = (f[b][0] + f[b][2]) % MOD;
        }
        return f[n & 1][1];
    }
}

TypeScript 代码：

function numTilings(n: number): number {
    const MOD = 1e9+7
    const f = new Array<Array<number>>()
    for (let i = 0; i <= 1; i++) f[i] = new Array<number>(4).fill(0)
    f[1][0] = f[1][1] = 1
    for (let i = 2; i <= n; i++) {
        const a = i & 1, b = (i - 1) & 1
        f[a][0] = f[b][1]
        let cur = 0
        for (let j = 0; j < 4; j++) cur = (cur + f[b][j]) % MOD
        f[a][1] = cur
        f[a][2] = (f[b][0] + f[b][3]) % MOD
        f[a][3] = (f[b][0] + f[b][2]) % MOD
    }
    return f[n & 1][1]
}

Python3 代码：

class Solution:
    def numTilings(self, n: int) -> int:
        f = [[0] * 4 for _ in range(2)]
        f[1][0] = f[1][1] = 1
        for i in range(2, n + 1):
            a, b = i & 1, (i - 1) & 1
            f[a][0] = f[b][1]
            f[a][1] = sum([f[b][j] for j in range(4)])
            f[a][2] = f[b][0] + f[b][3]
            f[a][3] = f[b][0] + f[b][2]
        return f[n & 1][1] % 1000000007

• 时间复杂度：
• 空间复杂度：

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 ​​No.790​​ 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。