可以用字符串表示一个学生的出勤记录，其中的每个字符用来标记当天的出勤情况（缺勤、迟到、到场）。记录中只含下面三种字符：
‘A’：Absent，缺勤
‘L’：Late，迟到
‘P’：Present，到场
如果学生能够 同时 满足下面两个条件，则可以获得出勤奖励：
按 总出勤 计，学生缺勤（‘A’）严格 少于两天。
学生 不会 存在 连续 3 天或 连续 3 天以上的迟到（‘L’）记录。
给你一个整数 n ，表示出勤记录的长度（次数）。请你返回记录长度为 n 时，可能获得出勤奖励的记录情况 数量 。答案可能很大，所以返回对 109 + 7 取余 的结果。
示例 1：
输入：n = 2
输出：8
解释：
有 8 种长度为 2 的记录将被视为可奖励：
“PP” , “AP”, “PA”, “LP”, “PL”, “AL”, “LA”, “LL”
只有"AA"不会被视为可奖励，因为缺勤次数为 2 次（需要少于 2 次）。
示例 2：
输入：n = 1
输出：3
示例 3：
输入：n = 10101
输出：183236316
动态规划
class Solution {
public:
int checkRecord(int n) {
int MOD = 1e9 + 7;
vector<vector<vector<int>>> dp(n + 1, vector<vector<int>>(2, vector<int>(3)));
dp[0][0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
//以P为结尾的数量
for(int j = 0; j <= 1; j++){
for(int k = 0; k <= 2; k++){
dp[i][j][0] = (dp[i][j][0] + dp[i-1][j][k]) % MOD;
}
}
//以A结尾的数量
for(int k = 0; k <= 2; k++){
dp[i][1][0] = (dp[i][1][0] + dp[i-1][0][k]) % MOD;
}
//以L为结尾的数量
for(int j = 0; j <= 1; j++){
for(int k = 1; k <= 2; k++){
dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j][k-1]);
}
}
}
int sum = 0;
for(int j = 0; j <= 1; j++){
for(int k = 0; k <= 2; k++){
sum = (sum + dp[n][j][k]) % MOD;
}
}
return sum;
}
};
这道题我们要储存三个状态，一个是天数，一个是缺勤的次数，一个是最后几天连续迟到的天数。我们定义一个三维数组dp[i][j][k]来表示。我们可以根据最后一天的到课情况来进行状态转移。首先当以P为结尾的时候，说明是到课的，那么就是说前一天只要是能得到出勤奖励，那么这一天也一定会有出勤奖励，得到状态转移方程dp[i][j][0] = (dp[i][j][0] + dp[i-1][j][k]) % MOD，j和k枚举可能的所有情况。
如果最后一天是A，那么就说明要满足出勤奖励，则前一天不能有缺勤的情况，因为缺勤两次就无法满足出勤奖励，得到状态转移方程dp[i][1][0] = (dp[i][1][0] + dp[i-1][0][k]) % MOD。
如果最后一天是L，那么说明最后一天迟到了，那么前一天最多只能迟到一次，否则最后一天无法满足出勤奖励，所以得出状态转移方程 dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j][k-1])。
最后我们定义一个变量sum，将第前n天的所有的j和k都枚举，加到sum中即可。
空间优化
class Solution {
public:
int checkRecord(int n) {
int MOD = 1e9 + 7;
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(3));
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
vector<vector<int>> dpNew(2, vector<int>(3));
//以P为结尾的数量
for(int j = 0; j <= 1; j++){
for(int k = 0; k <= 2; k++){
dpNew[j][0] = (dpNew[j][0] + dp[j][k]) % MOD;
}
//以A结尾的数量
for(int k = 0; k <= 2; k++){
dpNew[1][0] = (dpNew[1][0] + dp[0][k]) % MOD;
}
//以L为结尾的数量
for(int j = 0; j <= 1; j++){
for(int k = 1; k <= 2; k++){
dpNew[j][k] = (dpNew[j][k] + dp[j][k-1]) % MOD;
}
}
dp = dpNew;
}
int sum = 0;
for(int j = 0; j <= 1; j++){
for(int k = 0; k <= 2; k++){
sum = (sum + dp[j][k]) % MOD;
}
}
return sum;
}
};
由于状态转移都是从i-1转移到i，所以我们可以定义一个dpNew来记录当前状态，我们就可以省略掉存储i的空间。