作者：小迅
链接：https://leetcode.cn/problems/dice-roll-simulation/solutions/2103471/ji-yi-hua-sou-suo-zhu-shi-chao-ji-xiang-xlfcs/
来源：力扣（LeetCode）
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题目
示例
思路
题意 -> 给定一个字符串规定相同类型的骰子连续出现的最大值，返回投掷 n 次后能出现的 骰数 的不同序列个数
题目说是 骰子模拟，那么直接按照题目意思进行模拟呢？
想一想，掷了一个骰子（设值为 x）后，会发生什么情况？
既然题目有 rollMax 的限制，那么分类讨论：
如果和上一个骰子值相同，那么 x 的连续出现次数不能超过 rollMax[x]；
如果不同，那么可以重置连续出现次数为 1。
关键词提取：「上一个骰子值」 和 「连续出现次数」
那么在回溯中就需要知道（为了方便后面转成递推，定义成剩余）：
剩余掷骰子的次数，用 i 表示；
上一个骰子值，用 last 表示；
last 的剩余连续出现次数，用 left 表示。
这样就确定了递归的参数，递归的返回值就是骰子序列个数。
要递归到哪里去呢？我们可以用回溯中的经典技巧「枚举选哪个」：
如果选的骰子值和上一个相同，且 left>0，那么递归到 (i−1,last,left−1)；
如果不同，设为 j，那么递归到 (i−1,j,rollMax[j]−1)。
枚举 j=0,1,2,3,4,5，把递归后的结果相加，就是当前 (i,last,left) 的答案。
递归到 n=0 时结束，返回 1，表示找到了一个合法骰子序列
整个回溯过程是有大量重复递归调用的。由于递归函数没有副作用，无论多少次调用 dfs(i,last,left) 算出来的结果都是一样的，因此可以用记忆化搜索来优化：
如果一个状态（递归入参）是第一次遇到，那么可以在返回前，把状态及其结果记到一个 cache 数组（或者哈希表）中；
如果一个状态不是第一次遇到，那么直接返回 cache 中保存的结果。
cache[n][x][y] - n 表示 当前剩余投掷次数， x 表示上一次投掷骰子值， y表示 上一次投掷骰子值 剩余的出现次数；
为啥可以到达记忆化效果，因为当前投掷结果的有效性只和上一次的投掷结果相关，「先掷 1 后掷 3」和「先掷 2 后掷 3」，都会递归到 dfs(n−2,3,rollMax[3]−1)。
如何转动态规划 ：
可以去掉递归中的「递」，只保留「归」的部分，即自底向上计算。
做法：
dfs 改成 f 数组；
递归改成循环（每个参数都对应一层循环）；
递归边界改成 f 数组的初始值。
代码注释超级详细
代码
const long MOD = 1e9 + 7;
int dfs(int i, int last, int *rollMax, int left, int (*cache)[6][15])
{
if (i == 0) return 1;
int *c = (int *)&(cache[i][last][left]);
if (*c >= 0) return *c;//如果之前算过就不需要重新计算
long res = 0;
for (int j = 0; j < 6; ++j)
if (j != last) res += dfs(i - 1, j, rollMax, rollMax[j] - 1, cache);
else if (left) res += dfs(i - 1, j, rollMax, left - 1, cache);
return *c = res % MOD;
}
int dieSimulator(int n, int* rollMax, int rollMaxSize){
int cache[n][6][15];//记忆化数组
memset(cache, -1, sizeof(cache)); // -1 表示没有访问过
long ans = 0;
for (int j = 0; j < 6; ++j)//枚举初始状态0-6
ans += dfs(n - 1, j, rollMax, rollMax[j] - 1, cache);
return ans % MOD;
}
作者：小迅
链接：https://leetcode.cn/problems/dice-roll-simulation/solutions/2103471/ji-yi-hua-sou-suo-zhu-shi-chao-ji-xiang-xlfcs/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。class Solution {
const long MOD = 1e9 + 7;
public:
int dieSimulator(int n, vector<int> &rollMax) {
int m = rollMax.size(), f[n][m][15];
for (int j = 0; j < m; ++j)
for (int k = 0; k < rollMax[j]; ++k)
f[0][j][k] = 1;
for (int i = 1; i < n; ++i)
for (int last = 0; last < m; ++last)
for (int left = 0; left < rollMax[last]; ++left) {
long res = 0;
for (int j = 0; j < m; ++j)
if (j != last) res += f[i - 1][j][rollMax[j] - 1];
else if (left) res += f[i - 1][j][left - 1];
f[i][last][left] = res % MOD;
}
long ans = 0;
for (int j = 0; j < m; ++j)
ans += f[n - 1][j][rollMax[j] - 1];
return ans % MOD;
}
};
