Given a length n, return the number of strings of length n that can be made up of the letters 'a', 'b', and 'c', where there can only be a maximum of 1 'b' and can only have up to two consecutive 'c's.
Example:
findStrings(3) returns 19
since the possible combinations are:
aaa,aab,aac,aba,abc,aca,acb,baa,bac,bca,caa,cab,cac,cba,cbc,acc,bcc,cca,ccb and the invalid combinations are:
abb,bab,bba,bbb,bbc,bcb,cbb,ccc
給出一個長度n，求只包含字母a、b、c，且最多只能有1個b，不包含連續的超過兩個的c的，長度為n的字符串的數目。
1. 詢問
首先要完全明白題意。根據題目的意思，a和b很好理解，c的約束條件則意味著ccacc這樣的是滿足的。
2. 分析
暴力破解
把所有abc構成的長度為n的字符串都造出來，然后剔除掉不符合的。復雜度O(3^n)。
為何低效
有在明知道前面已經不可能的情況下還繼續去試，這就是暴力破解低效的原因。
假如使用DFS遞歸，則每一步都需要知道之前的狀態，如果每一步再檢查整個字符串一次過于低效，于是選擇把狀態放入參數里面一起帶著傳下去。什么參數很重要？有沒有使用過'b'，和末尾'c'的數目。根據這兩個參數，就可以知道如何添加字母。
這是一種解法，但時間復雜度不是很直觀。雖然知道比起暴力破解肯定效率提高了很多，但具體多少？
而受到這種思路的啟發，可以用DP來解決這個問題。
DP解法
和上面的思路類似，構造三維dp矩陣，dp[i][j][k]，i代表對應字符串的長度，j可選0或1,0表示沒有使用b，1表示使用過；k可選012，表示末尾連續c的長度。
因此，在已知上一個dp[i]的情況下，下一個dp[i+1]也可以推導出來：
- dp[i+1][0][0] = dp[i][0]：這表示在之前沒有使用'b'的字符串后新添加一個'a'，那么無論之前后面有多少'c'，被'a'分隔之后，現在的末尾連續'c'都是0了。
- dp[i+1][1][0] = dp[i]：假如之前使用過'b'，那么末尾添加'a'，否則添加'b'。
- dp[i+1][0][1] = dp[i][0][0]：要求添加完成之后末尾只能有一個'c'，那么只能在最后加'c'，也就是說之前末尾不是'c'。'b'的使用情況繼承。
- dp[i+1][1][1] = dp[i][1][0]：同上。
- dp[i+1][0][2] = dp[i][0][1]：類似地，要有兩個'c'，之前需要有一個'c'。
- dp[i+1][1][2] = dp[i][1][1]：同上。
由此，得到所有遞推公式。
確定初始邊界值：dp[1][0][0] = 1 (a); dp[1][0][1] = 1 (c); dp[1][1][0] = 1 (b); dp[1][1][1],dp[1][0][2],dp[1][1][2]=0。
時間復雜度O(n)，空間復雜度O(n)。
3. 代碼
class Solution:
def findString(self, n):
if not n:
return 0
dp = [[[0] * 3 for _ in range(2)] for _ in range(n + 1)]
dp[1][0][0] = 1
dp[1][0][1] = 1
dp[1][1][0] = 1
for i in range(2, n + 1):
dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0] + dp[i - 1][0][1] + dp[i - 1][0][2]
dp[i][1][0] = 0
for k in range(2):
for h in range(3):
dp[i][1][0] += dp[i - 1][k][h]
dp[i][0][1] = dp[i - 1][0][0]
dp[i][1][1] = dp[i - 1][1][0]
dp[i][0][2] = dp[i - 1][0][1]
dp[i][1][2] = dp[i - 1][1][1]
ret = 0
for k in range(2):
for h in range(3):
ret += dp[-1][k][h]
return ret
4. 總結
難度Hard。DP在只求一個數值時確實是非常高效的解法。假如要列出所有符合條件的字符串，可能DFS+遞歸更加好用。
