LC 790. 多米诺和托米诺平铺

题目描述

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

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 $10^9 + 7$ 取模 的值。

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:

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输入: n = 3

输出: 5

解释: 五种不同的方法如上所示。

示例 2:
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2
3
输入: n = 1

输出: 1

提示：

  • $1 <= n <= 1000$

状态机 DP

定义 $f[i][j]$ 为无须考虑前 $i - 1$ 列（含义为前 $i - 1$ 列已铺满），当前第 $i$ 列状态为 $j$ 时的方案数。

其中 $j$ 取值范围为 $[0, 4)$ 分别对应了当前列的填充情况：

为了方便，我们人为规定列数从 $1$ 开始。

由于骨牌只能在 $2 \times n$ 的棋盘内填充（不能延伸出棋盘两端），因此我们有显而易见的初始化状态：

分别对应「第一列不放置任何骨牌」和「第一列竖着放一块 $1 \times 2$ 骨牌」合法方案。

而 $f[1][2]$ 和 $f[1][3]$ 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 $0$。

同时可知 $f[n][1]$ 为我们最终答案，含义为所有列都恰好铺完，不溢出棋盘右侧位置。

不失一般性考虑 $f[i][j]$ 该如何计算，其实就是一个简单的状态机转移分情况讨论：

  • $f[i][0]$ : 需要前 $i - 1$ 列铺满，同时第 $i$ 列没有被铺，只能由 $f[i - 1][1]$ 转移而来，即有 $f[i][0] = f[i - 1][1]$

    这里需要尤其注意：虽然我们能够在上一步留空第 $i - 1$ 列，然后在 $i - 1$ 列竖放一块 $1 \times 2$ 的骨牌（如下图）

    但我们不能从 $f[i - 1][0]$ 转移到 $f[i][0]$，因为此时放置的骨牌，仅对第 $i - 1$ 列产生影响，不会对第 $i$ 列产生影响，该决策所产生的方案数，已在 $f[i - 1][X]$ 时被统计

  • $f[i][1]$ : 可由 $f[i - 1][j]$ 转移而来（见下图），其中 $j \in [0, 4)$，即有 $f[i][1] = \sum_{j = 0}^{3} f[i - 1][j]$

  • $f[i][2]$ : 可由 $f[i - 1][0]$ 和 $f[i - 1][3]$ 转移而来

  • $f[i][3]$ : 可由 $f[i - 1][0]$ 和 $f[i - 1][2]$ 转移而来

Java 代码：

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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];
    }
}

C++ 代码：
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class Solution {
    const int MOD = 1e9 + 7;
public:
    int numTilings(int n){
        vector<vector<int>> f(n + 10, vector<int>(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];
    }
};

Python3 代码：
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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

TypeScript 代码：
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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]
}

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

滚动数组优化

利用 $f[i][X]$ 仅依赖于 $f[i - 1][X]$，我们可以采用「滚动数组」方式将其空间优化至 $O(1)$。

Java 代码：

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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];
    }
}

C++ 代码：
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class Solution {
    const int MOD = 1e9 + 7;
public:
    int numTilings(int n){
        vector<vector<int>> f(2, vector<int>(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];
    }
};

Python3 代码：
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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

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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]
}

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

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。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。