算法的重要性，我就不多说了吧，想去大厂，就必须要经过基础知识和业务逻辑面试+算法面试。所以，为了提高大家的算法能力，这个公众号后续每天带大家做一道算法题，题目就从LeetCode上面选 ！
今天和大家聊的问题叫做 栅栏涂色，我们先来看题面：
https://leetcode-cn.com/problems/paint-fence/
There is a fence with n posts, each post can be painted with one of the k colors.
You have to paint all the posts such that no more than two adjacent fence posts have the same color.
Return the total number of ways you can paint the fence.
Note:
n and k are non-negative integers
有 k 种颜色的涂料和一个包含 n 个栅栏柱的栅栏，每个栅栏柱可以用其中一种颜色进行上色。
你需要给所有栅栏柱上色，并且保证其中相邻的栅栏柱 最多连续两个 颜色相同。然后，返回所有有效涂色的方案数。
注意: n 和 k 均为非负的整数。
示例
解题
https://www.dyxmq.cn/program/algorithms/leetcode276-paint-fence.html
方法一：递推
假设前一个栅栏的颜色数量为f(n - 1)，再前一个栅栏的颜色数量为f(n - 2。
递推的思路：
如果当前栅栏颜色和前一个栅栏颜色一样，它的选择是k - 1（因为当前栅栏和前一个栅栏颜色一样，所以前一个栅栏颜色和更前一个展览的颜色不能一样，少一种颜色选择），这种情况的颜色数量为f(n - 2) * (k - 1)。
如果当前栅栏颜色和前一个栅栏颜色不一样，那么当前栅栏的颜色选择就只有k - 1种，总的颜色数量为f(n - 1) * (k - 1)。
总结出来的递推公式：f(n) = f(n - 1) * (k - 1) + f(n - 2) * (k - 1)。
class Solution {
public:
int numWays(int n, int k) {
int prev, pprev, rs, i;
if (n <= 0 || k <= 0)
return 0;
if (n == 1)
return k;
pprev = k;
prev = k * k;
rs = prev;
for (i = 2; i < n; i++) {
rs = pprev * (k - 1) + prev * (k - 1);
pprev = prev;
prev = rs;
}
return rs;
}
};
方法二：动态规划
以前面两个栅栏的颜色来确定当前栅栏的颜色：
如果前两个栅栏的颜色相同，那么当前栅栏的颜色有k - 1种。
如果前两个栅栏的颜色不同，那么当前栅栏的颜色有k种。
分别以dp1和dp2保存颜色相同和不同的种数，可以总结出来的状态转移方程：
dp1 = prev_dp1
dp2 = (k - 1) * (dp1 + dp2)
dp1是相同的颜色数量，它和上一个栅栏颜色相同，所以就等于上一个栅栏颜色数量。dp2是不同的颜色数量，它等于上一个栅栏颜色总量的和乘以k - 1。
class Solution {
public:
int numWays(int n, int k) {
int dp1, dp2, rs, i;
if (n <= 0 || k <= 0)
return 0;
if (n == 1)
return k;
dp1 = k;
dp2 = k * (k - 1);
for (i = 2; i < n; i++) {
rs = (dp1 + dp2) * (k - 1);
dp1 = dp2;
dp2 = rs;
}
return dp1 + dp2;
}
};
好了，今天的文章就到这里，如果觉得有所收获，请顺手点个在看或者转发吧，你们的支持是我最大的动力 。
上期推文：
254
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
