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动态规划–Day02–爬楼梯–2466. 统计构造好字符串的方案数，2533. 好二进制字符串的数量，2266. 统计打字方案数

今天要训练的题目类型是：【动态规划】，题单来自@灵艾山茶府。

掌握动态规划（DP）是没有捷径的，咱们唯一能做的，就是投入时间猛猛刷题。

动态规划要至少刷100道才算入门！

记忆化搜索是新手村神器。方便理解，写完之后可以转译成递推。

但是有些题目只能写递推，才能优化时间复杂度。熟练之后直接写递推也可以。

2466. 统计构造好字符串的方案数

方法：记忆化搜索

思路：

• 如果连续做几道爬楼梯，应该可以看到这个也是爬楼梯的模板题
• 楼顶在哪里？[low,high]之间的每个数都是楼顶。
• 也就是有楼顶[n=low, n=low+1, n=…, n=high-1, n=high]这么多条楼梯要爬。全部都要爬一次，累加结果。
• 每次一可以跳几步？可以跳zero或者one步。不是跳0或者1步，而是zero的值的步数。换句话说，步幅可以取zero的值或者one的值。
• 注意每次加和都要取模，不然会溢出！

class Solution {private final int mod = 1000000007;public int countGoodStrings(int low, int high, int zero, int one) {int count = 0;int[] memo = new int[high + 1];Arrays.fill(memo, -1);// 每个楼顶都要跳for (int i = low; i <= high; i++) {count = (count + dfs(i, memo, zero, one)) % mod;}return count;}private int dfs(int i, int[] memo, int zero, int one) {// 如果i==0，跳到0级台阶有1种方法：不跳if (i == 0) {return 1;}// 如果算过了这种情况，直接返回记忆（缓存）if (memo[i] != -1) {return memo[i];} else {int res1 = 0;int res2 = 0;// 当前台阶要大于步幅if (i >= zero) {res1 = dfs(i - zero, memo, zero, one) % mod;}if (i >= one) {res2 = dfs(i - one, memo, zero, one) % mod;}// 要么跳zero步到i，要么跳one步到i，这两种互相独立，所以要加和。memo[i] = (res1 + res2) % mod;}return memo[i];}
}

方法：递推（动态规划）

思路：

初始化dp[0]：如果i==0，跳到0级台阶有1种方法：不跳

从1开始一直遍历到high。算出每个i作为楼顶的方法数。

当i>=low，是需要的楼顶，开始累加到答案（记得取模）

class Solution {public int countGoodStrings(int low, int high, int zero, int one) {final int mod = 1000000007;int count = 0;int[] dp = new int[high + 1];dp[0] = 1;for (int i = 1; i <= high; i++) {int res1 = 0;int res2 = 0;// 当前台阶要大于步幅if (i >= zero) {res1 = dp[i - zero];}if (i >= one) {res2 = dp[i - one];}dp[i] = (res1 + res2) % mod;// 从low开始才是需要的楼顶if (i >= low) {count = (count + dp[i]) % mod;}}return count;}
}

2533. 好二进制字符串的数量

方法：记忆化搜索

方法：递推（动态规划）

思路：

看这个这个是不是好多朋友都有疑问这是啥？哈哈哈。

把上题的答案赋值过来，就对了！

仔细读题之后，发现是一模一样的题。只能说，要锻炼阅读理解的能力了。

class Solution {public int goodBinaryStrings(int minLength, int maxLength, int oneGroup, int zeroGroup) {return countGoodStrings(minLength, maxLength, zeroGroup, oneGroup);}
}

2266. 统计打字方案数

方法：递推（动态规划）

思路：

• 这题就不用记忆化搜索了。因为按键有两类，按键7和9要单独讨论，就要写两个dfs算法。我们直接写递推。
• 题意：要分组，每n个相同的按键当做相同的一组，先算组内这些按键可以有多少种字母的情况。然后把每组的情况数相乘（因为是独立的，每组都是不同的按键，不会影响）
• 到这里，大致能想到，因为要相乘，最终结果res要初始化为1；因为按键7和9不同，所以要分类讨论；当n个相同的字母连在一起，有多少种情况？怎么求？

爬楼梯就蕴含在这里面了：当n个相同的字母连在一起，有多少种情况？

• g数组，存按键7和9的情况。它们要有前4个情况推出来（比如按键7，有pqrs）
• f数组，存其余按键的情况。它们由前3个情况推出来
• f[n]表示，当n个相同的字母连在一起，有多少种情况。g[n]同理。

求完了f和g之后，遍历字符串，相同的字符就计数成为一组，每一组用f或者g求出种类数，再把每组的种类数相乘，得到结果。

class Solution {public int countTexts(String pressedKeys) {char[] s = pressedKeys.toCharArray();int n = s.length;final int MOD = 1000000007;// 为什么是n+5呢？因为当 n<4 的时候，进不了循环。但是仍然要初始化，数组得够大，不然索引会越界。// g数组，存按键7和9的情况。它们要有前4个情况推出来long[] g = new long[n + 4];// f数组，存其余按键的情况。它们由前3个情况推出来long[] f = new long[n + 4];// 前4个情况要手动算f[0] = g[0] = 1;f[1] = g[1] = 1;f[2] = g[2] = 2;f[3] = g[3] = 4;// f[n]表示，当n个相同的字母连在一起，有多少种情况。g[n]同理。for (int i = 4; i <= n; i++) {f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2] + f[i - 3]) % MOD;g[i] = (g[i - 1] + g[i - 2] + g[i - 3] + g[i - 4]) % MOD;}long res = 1;// count统计，当前有多少个字母连在一起int count = 0;// 遍历字符串for (int i = 0; i < n; i++) {char c = s[i];count++;// 如果是结尾，或者下一个字母就要不同了。开始统计if (i == n - 1 || c != s[i + 1]) {// 如果是按键7或者9，使用g数组，否则使用f数组if (c == '7' || c == '9') {res = res * g[count] % MOD;} else {res = res * f[count] % MOD;}// 相同字母的数量重置count = 0;}}return (int) res;}
}