【线性DP】LeetCode 2320. 统计放置房子的方式数

题目

https://leetcode.cn/problems/count-number-of-ways-to-place-houses/

题解

由于道路两边的房子彼此互不影响，因此满足相互独立的条件，故而两侧的方案的乘积就是最后的答案。

因为两侧空地的数量都是 \(n\)，因此只要算出其中一侧的方案即可，另一侧的方案相同。

每块空地上都可以选择建或者不建房子，但建房子后，其左右两侧相邻空地都不能再建房子。基于此，定义一个二维数组 \(dp[N][2]\)，其含义为：

• \(dp[i][0]\)：不在第 \(i\) 块空地上建房子的方案数
• \(dp[i][1]\)：在第 \(i\) 块空地上建房子的方案数

对于第 \(0\) 块空地（也就是没有任何空地的情况），明显无法建任何房子，但没建本身也是一种方案。因此：$$dp[0][0] = 1, dp[0][1] = 0$$
对于第 \(1\) 块空地，不建房子的情况，第 \(0\) 块（即紧邻的上一块空地）可以建也可以不建。建房子的情况，第 \(0\) 块则只能不建。因此：$$dp[1][0] = dp[0][0] + dp[0][1] = 1，dp[1][1] = dp[0][0] = 1$$
对于第 \(i\) 块空地，有：$$dp[i][0] = dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]，dp[i][1] = dp[i - 1][0]$$
那么，对于每侧有 \(n\) 块空地的建房子总方案数为：$$(dp[n][0] + dp[n][1]) * (dp[n][0] + dp[n][1])$$

对上述过程，我们可以观察到：

• \(dp[1][0] = dp[0][0] + dp[0][1] = 1，dp[1][1] = dp[0][0] = 1\)
• \(dp[1][1] = dp[0][0] = 1\)
• \(dp[2][0] = dp[1][0] + dp[1][1] = 2\)
• \(dp[2][1] = dp[1][0] = dp[0][0] + dp[0][1] = 1\)
• ...
• \(dp[i][0] = dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]\)
• \(dp[i][1] = dp[i - 1][0] = dp[i - 2][0] + dp[i - 2][1]\)

那么可以优化为滚动数组，将二维数组优化为一维数组：$$dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]$$
优化为一维数组后的总方案数为：\(dp[n] * dp[n]\)

参考代码

constexpr int MOD = 1e9 + 7;
constexpr int N = 1e4 + 1;
int dp[N][2] = {{1, 0}, {1, 1}};
int init = []() {
    for (int i = 2; i < N; ++ i) {
        dp[i][0] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % MOD;
        dp[i][1] = dp[i - 1][0];
    }
    return 0;
}();

class Solution {
public:
    int countHousePlacements(int n) {
        return (1LL * dp[n][0] + dp[n][1]) % MOD * (1LL * dp[n][0] + dp[n][1]) % MOD;
    }
};

constexpr int N = 1e4 + 1;
constexpr int MOD = 1e9 + 7;
int dp[N] = {1, 2};
int init = []() {
    for (int i = 2; i < N; ++ i) {
        dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD;
    }
    return 0;
}();

class Solution {
public:
    int countHousePlacements(int n) {
        return 1LL * dp[n] * dp[n] % MOD;
    }
};