字节开启新一轮期权回购，价格又涨了（含算法原题）

字节期权

近日，字节跳动开启新一轮期权回购，价格微涨至 170 美元。

之前我们就写过文章，分享历年来字节跳动的期权变化情况，这里再贴一下：

18年：10+
19年：30+
20年：60-70
21年：126
22年4月：140
22年10月：155
23年4月：155
23年10月：160

本次字节期权回购价格来到 170 美元，但仍还是从美国先开始。

字节期权仍在涨，主因是字节在 2023 年第三季度收入上涨 43%（达 309 亿美元），在广告和电商板块的增长尤其明显。

以最新数据来看，目前字节的增长速度是 Meta（前身 Facebook）的两倍。

...

以最新的汇率来计算，当时那位手握价值 900w 人民币字节期权的同学，又"少少地"涨了一点身价：

8400 股，每股涨 10 美元，以最新汇率为 7.1985 来计算。

$8400 × 10 × 7.1985 ≈ 8400 \times 10 \times 7.1985 \approx$ 8400×10×7.1985≈ 60W，少少涨了 60W。

...

回归主线。

来一道「字节跳动」一面算法原题。

题目描述

平台：LeetCode

题号：790

有两种形状的瓷砖：一种是 2 x 1 的多米诺形，另一种是形如 "L" 的托米诺形，两种形状都可以旋转。

给定整数 n ，返回可以平铺 2 x n 的面板的方法的数量，返回对 $1 0 9 + 7 10^9 + 7$ 109 +7 取模的值。

平铺指的是每个正方形都必须有瓷砖覆盖。

两个平铺不同，当且仅当面板上有四个方向上的相邻单元中的两个，使得恰好有一个平铺有一个瓷砖占据两个正方形。

示例 1:

makefile 复制代码

输入: n = 3

输出: 5

解释: 五种不同的方法如上所示。

示例 2:

ini 复制代码

输入: n = 1

输出: 1

提示：

$1 < = n < = 1000 1 <= n <= 1000$ 1<=n<=1000

状态机 DP

定义 $f$ $i$ $j$ f $i$ $j$ f $i$ $j$ 为无须考虑前 $i − 1 i - 1$ i−1 列（含义为前 $i − 1 i - 1$ i−1 列已铺满），当前第 $i i$ i 列状态为 $j j$ j 时的方案数。

其中 $j j$ j 取值范围为 $[ 0 , 4 ) [0, 4)$ [0,4) 分别对应了当前列的填充情况：

为了方便，我们人为规定列数从 $1 1$ 1 开始。

由于骨牌只能在 $2 × n 2 \times n$ 2×n 的棋盘内填充（不能延伸出棋盘两端），因此我们有显而易见的初始化状态：
$f$ $1$ $0$ = f $1$ $1$ = 1 f $1$ $0$ = f $1$ $1$ = 1 f $1$ $0$ =f $1$ $1$ =1

分别对应「第一列不放置任何骨牌」和「第一列竖着放一块 $1 × 2 1 \times 2$ 1×2 骨牌」合法方案。

而 $f$ $1$ $2$ f $1$ $2$ f $1$ $2$ 和 $f$ $1$ $3$ f $1$ $3$ f $1$ $3$ 由于没法在棋盘左侧以外的位置放置骨牌，不存在合法方案，其值均为 $0 0$ 0。

同时可知 $f$ $n$ $1$ f $n$ $1$ f $n$ $1$ 为我们最终答案，含义为所有列都恰好铺完，不溢出棋盘右侧位置。

不失一般性考虑 $f$ $i$ $j$ f $i$ $j$ f $i$ $j$ 该如何计算，其实就是一个简单的状态机转移分情况讨论：

$f$ $i$ $0$ f $i$ $0$ f $i$ $0$ : 需要前 $i − 1 i - 1$ i−1 列铺满，同时第 $i i$ i 列没有被铺，只能由 $f$ $i - 1$ $1$ f $i - 1$ $1$ f $i-1$ $1$ 转移而来，即有 $f$ $i$ $0$ = f $i - 1$ $1$ f $i$ $0$ = f $i - 1$ $1$ f $i$ $0$ =f $i-1$ $1$

这里需要尤其注意：虽然我们能够在上一步留空第 $i − 1 i - 1$ i−1 列，然后在 $i − 1 i - 1$ i−1 列竖放一块 $1 × 2 1 \times 2$ 1×2 的骨牌（如下图）

但我们不能从 $f$ $i - 1$ $0$ f $i - 1$ $0$ f $i-1$ $0$ 转移到 $f$ $i$ $0$ f $i$ $0$ f $i$ $0$ ，因为此时放置的骨牌，仅对第 $i − 1 i - 1$ i−1 列产生影响，不会对第 $i i$ i 列产生影响，该决策所产生的方案数，已在 $f$ $i - 1$ $X$ f $i - 1$ $X$ f $i-1$ $X$ 时被统计
$f$ $i$ $1$ f $i$ $1$ f $i$ $1$ : 可由 $f$ $i - 1$ $j$ f $i - 1$ $j$ f $i-1$ $j$ 转移而来（见下图），其中 $j ∈$ $f \[ i$ $1$ = ∑ j = 0 3 f $i - 1$ $j$ f $i$ $1$ = \sum_{j = 0}^{3} f $i - 1$ $j$ f $i$ $1$ =∑j=03f $i-1$ $j$
$f$ $i$ $2$ f $i$ $2$ f $i$ $2$ : 可由 $f$ $i - 1$ $0$ f $i - 1$ $0$ f $i-1$ $0$ 和 $f$ $i - 1$ $3$ f $i - 1$ $3$ f $i-1$ $3$ 转移而来
$f$ $i$ $3$ f $i$ $3$ f $i$ $3$ : 可由 $f$ $i - 1$ $0$ f $i - 1$ $0$ f $i-1$ $0$ 和 $f$ $i - 1$ $2$ f $i - 1$ $2$ f $i-1$ $2$ 转移而来

Java 代码：

Java 复制代码

class Solution {
    int MOD = (int)1e9+7;
    public int numTilings(int n) {
        int[][] f = new int[n + 10][4];
        f[1][0] = f[1][1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            f[i][0] = f[i - 1][1];
            int cur = 0;
            for (int j = 0; j < 4; j++) cur = (cur + f[i - 1][j]) % MOD;
            f[i][1] = cur;
            f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][3]) % MOD;
            f[i][3] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2]) % MOD;
        }
        return f[n][1];
    }
}

C++ 代码：

C++ 复制代码

class Solution {
    const int MOD = 1e9 + 7;
public:
    int numTilings(int n){
        vector<vector<int>> f(n + 10, vector<int>(4));
        f[1][0] = f[1][1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; ++i){
            f[i][0] = f[i - 1][1];
            int cur = 0;
            for (int j = 0; j < 4; ++j) cur = (cur + f[i - 1][j]) % MOD;
            f[i][1] = cur;
            f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][3]) % MOD;
            f[i][3] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2]) % MOD;
        }
        return f[n][1];
    }
};

Python3 代码：

Python 复制代码

class Solution:
    def numTilings(self, n: int) -> int:
        f = [[0] * 4 for _ in range(n + 10)]
        f[1][0] = f[1][1] = 1
        for i in range(2, n + 1):
            f[i][0] = f[i - 1][1]
            f[i][1] = sum([f[i - 1][j] for j in range(4)])
            f[i][2] = f[i - 1][0] + f[i - 1][3]
            f[i][3] = f[i - 1][0] + f[i - 1][2]
        return f[n][1] % 1000000007

TypeScript 代码：

TypeScript 复制代码

function numTilings(n: number): number {
    const MOD = 1e9+7
    const f = new Array<Array<number>>()
    for (let i = 0; i <= n; i++) f[i] = new Array<number>(4).fill(0)
    f[1][0] = f[1][1] = 1
    for (let i = 2; i <= n; i++) {
        f[i][0] = f[i - 1][1]
        let cur = 0
        for (let j = 0; j < 4; j++) cur = (cur + f[i - 1][j]) % MOD
        f[i][1] = cur
        f[i][2] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][3]) % MOD
        f[i][3] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][2]) % MOD
    }
    return f[n][1]
}

时间复杂度： $O ( n ) O(n)$ O(n)
空间复杂度： $O ( n ) O(n)$ O(n)

滚动数组优化

利用 $f$ $i$ $X$ f $i$ $X$ f $i$ $X$ 仅依赖于 $f$ $i - 1$ $X$ f $i - 1$ $X$ f $i-1$ $X$ ，我们可以采用「滚动数组」方式将其空间优化至 $O ( 1 ) O(1)$ O(1)。