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wzjs 2025/8/2 15:39:23

网站做视频好不好,指数查询,网站手机版二维码怎么做,濮阳网站建设专家团队【LetMeFly】790.多米诺和托米诺平铺：难想条件的简单动态规划力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/domino-and-tromino-tiling/ 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…

【LetMeFly】790.多米诺和托米诺平铺：难想条件的简单动态规划

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/domino-and-tromino-tiling/

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 10⁹ + 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:

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：

1 <= n <= 1000

解题方法：动态规划

力扣的@灵茶山艾府有张不错的图(来自这个题解)：

理解图

可以使用 $f [i]$ 代表铺满 $i$ 列的方案数，那么对于最右边的可以独立切割出来的矩形（也就是图上蓝色部分）有三种情况。

什么叫“最右边的可以独立切割出来的矩”？就是说“最右边蓝色部分无法被竖着一刀分成左右两个部分”。

因为若能竖着一刀将右边蓝色部分分成左右两个部分，那么左边部分的方案数一定已经被 $f [j]$ 计算过了。

三种情况如下：

最右边的蓝色独立矩形是一个竖着的 $1\times 2$ ，可以在 $f [i - 1]$ 的基础上得到
最右边的蓝色独立矩形是两个横着的 $2\times 1$ ，可以在 $f [i - 2]$ 的基础上得到
最右边的蓝色独立矩形完全交错排列，无法被竖着一刀分割，可以分别在 $f [i - 3]$ 、 $f [i - 4]$ 、 $\cdots$ 、 $f [0]$ 的基础上得到，并且每种都有上下两种摆放方式。

也就是说： $f[i]=f[i-1]+f[i-2]+2\times\sum_{j=0}^{i-3}f[j]$

但是这样的时间复杂度是 $O(n^2)$ ，有没有一种更快的求法？有：

$f [i] - f [i - 1]$ 是多少呢？

$f[i]-f[i-1]=f[i-1]+f[i-2]+2\times\sum_{j=0}^{i-3}f[j]\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ -f[i-2]+f[i-3]+2\times\sum_{j=0}^{i-4}f[j]\\ \ =f[i-1]+f[i-3]$

所以有 $f[i]=2\times f[i-1]+f[i-3]$ 。

实现容易推导难。

时间复杂度 $O (n)$
空间复杂度 $O (n)$

不难发现，求 $f [i]$ 时只会用到 $f [i - 1]$ 和 $f [i - 3]$ 两个变量，因此实际上我们使用 $4$ 个变量滚动式地循环使用即可将空间复杂度降低到 $O (1)$ 。

AC代码

C++

/** @Author: LetMeFly* @Date: 2025-05-05 21:58:06* @LastEditors: LetMeFly.xyz* @LastEditTime: 2025-05-05 22:23:11*/
const int MOD = 1e9 + 7;class Solution {
public:int numTilings(int n) {if (n == 1) {return 1;}vector<int> dp(n + 1);dp[0] = dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) {dp[i] = ((dp[i - 1] * 2) % MOD + dp[i - 3]) % MOD;}return dp.back();}
};

Python

'''
Author: LetMeFly
Date: 2025-05-05 21:58:06
LastEditors: LetMeFly.xyz
LastEditTime: 2025-05-05 22:25:56
'''
MOD = 1000000007class Solution:def numTilings(self, n: int) -> int:if n == 1:return 1dp = [0] * (n + 1)dp[0] = dp[1] = 1dp[2] = 2for i in range(3, n + 1):dp[i] = (dp[i - 1] * 2 + dp[i - 3]) % MODreturn dp[-1]

Java

/** @Author: LetMeFly* @Date: 2025-05-05 21:58:06* @LastEditors: LetMeFly.xyz* @LastEditTime: 2025-05-05 22:28:23*/
class Solution {private static int MOD = 1000000007;public int numTilings(int n) {if (n == 1) {return 1;}int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) {dp[i] = ((dp[i - 1] * 2) % MOD + dp[i - 3]) % MOD;}return dp[n];}
}

Go

/** @Author: LetMeFly* @Date: 2025-05-05 21:58:06* @LastEditors: LetMeFly.xyz* @LastEditTime: 2025-05-05 22:38:29*/
package mainvar MOD int = 1000000007func numTilings(n int) int {if n == 1 {return 1}dp := make([]int, n + 1)dp[0] = 1dp[1] = 1dp[2] = 2for i := 3; i <= n; i++ {dp[i] = (dp[i - 1] * 2 % MOD + dp[i - 3]) % MOD}return dp[n]
}