[LeetCode] 1220. Count Vowels Permutation
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Given an integer n
, your task is to count how many strings of length n
can be formed under the following rules:
- Each character is a lower case vowel (
'a'
,'e'
,'i'
,'o'
,'u'
) - Each vowel
'a'
may only be followed by an'e'
. - Each vowel
'e'
may only be followed by an'a'
or an'i'
. - Each vowel
'i'
may not be followed by another'i'
. - Each vowel
'o'
may only be followed by an'i'
or a'u'
. - Each vowel
'u'
may only be followed by an'a'.
Since the answer may be too large, return it modulo 10^9 + 7.
Example 1:
Input: n = 1
Output: 5
Explanation: All possible strings are: "a", "e", "i" , "o" and "u".
Example 2:
Input: n = 2
Output: 10
Explanation: All possible strings are: "ae", "ea", "ei", "ia", "ie", "io", "iu", "oi", "ou" and "ua".
Example 3:
Input: n = 5
Output: 68
Constraints:
1 <= n <= 2 * 10^4
这道题说是让求n个元音的全排列的个数,所谓的元音,就是 a,e,i,o,u 这五个字母。并制定了一系列的规则:a的后面只能跟e,e的后面只能跟a或i,i的后面不能跟另一个i,o的后面只能跟i或u,u的后面只能跟a。跟许多其他的求个数的题目一样,返回的结果要对一个超大数取余。根据博主多年的刷题经验,这种要对超大数字取余的题目,十有八九都是要用动态规划 Dynamic Programming 来做的,这道题也不例外。首先来考虑 DP 数组该如何定义,想想组成每个状态都有哪些必要的信息,全排列的长度肯定是必要的信息之一,还有就是当前全排列最后一个位置的字母也很重要,因为题目中的规则限定了很多相连字母之间的关系,很多组合是不能出现的。这里用一个二维 DP 数组,其中 dp[i][j] 表示长度为 i+1 的全排列的最后一个字母是 vowels[j] 的个数,其中 vowels 是元音字符数组,且初始化 dp[0][j] 为1,因为只有一个字母的话并不受任何的规则约束。
接下来就是要更新 dp[i][j],用个 for 循环将i从1遍历到n,由于元音只有5个,且各自的规则不同,所以不需要再用一个内层的 for 循环来遍历j,而且按照各自不同的规则来分别更新。通过分析题目中的规则可知,元音a前面只能有e,i,u,用 dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2] + dp[i - 1][4] 来更新 dp[i][0]。元音e前面只能有a,i,用 dp[i - 1][0] + dp[i - 1][2] 来更新 dp[i][1]。元音i前面只能有e,o,用 dp[i - 1][1] + dp[i - 1][3] 来更新 dp[i][2]。元音o前面只能有i,用 dp[i - 1][2] 来更新 dp[i][3]。元音u前面只能有i,o,用 dp[i - 1][2] + dp[i - 1][3] 来更新 dp[i][4]。最后只要将所有的 dp[n-1][j] 都加起来就是所求结果,为了防止整型溢出,在所有的加的操作之后都对超大数取余,而且 dp 数组要定义成长整型的,参见代码如下:
class Solution {
public:
int countVowelPermutation(int n) {
int res = 0, M = 1e9 + 7;
vector<char> vowels{'a', 'e', 'i', 'o', 'u'};
vector<vector<long>> dp(n, vector<long>(5));
for (int j = 0; j < 5; ++j) dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
dp[i][0] = (dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2] + dp[i - 1][4]) % M;
dp[i][1] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][2]) % M;
dp[i][2] = (dp[i - 1][1] + dp[i - 1][3]) % M;
dp[i][3] = dp[i - 1][2];
dp[i][4] = (dp[i - 1][2] + dp[i - 1][3]) % M;
}
for (int j = 0; j < 5; ++j) {
res = (res + dp[n - 1][j]) % M;
}
return res;
}
};
Github 同步地址:
参考资料: