LeetCode 每日一题笔记
0. 前言
- 日期：2025.12.14
- 题目：2147.分隔长廊的方案数
- 难度：困难
- 标签：数字 字符串
1. 题目理解
问题描述 ：
在一个图书馆的长廊里，有一些座位和装饰植物排成一列。给你一个下标从 0 开始，长度为 n 的字符串 corridor ，它包含字母 'S' 和 'P' ，其中每个 'S' 表示一个座位，每个 'P' 表示一株植物。
在下标 0 的左边和下标 n - 1 的右边 已经 分别各放了一个屏风。你还需要额外放置一些屏风。每一个位置 i - 1 和 i 之间（1 <= i <= n - 1），至多能放一个屏风。
请你将走廊用屏风划分为若干段，且每一段内都 恰好有两个座位 ，而每一段内植物的数目没有要求。可能有多种划分方案，如果两个方案中有任何一个屏风的位置不同，那么它们被视为 不同 方案。
请你返回划分走廊的方案数。由于答案可能很大，请你返回它对 10⁹ + 7 取余 的结果。如果没有任何方案，请返回 0 。
示例：
示例1
输入：corridor = "SSPPSPS"
输出：3
解释：总共有 3 种不同分隔走廊的方案。
上图中黑色的竖线表示已经放置好的屏风。
上图每种方案中，每一段都恰好有 两个 座位。
示例2输入：corridor = "PPSPSP"
输出：1
解释：只有 1 种分隔走廊的方案，就是不放置任何屏风。
放置任何的屏风都会导致有一段无法恰好有 2 个座位。
示例3输入：corridor = "SSPP"
输出：1
解释：仅有一种方案，无需额外放置屏风，整体为一段且恰好含2个座位。
示例4输入：corridor = "SPSPSP"
输出：0
解释：座位总数为3，是奇数，无法分割为若干段且每段恰好2个座位，返回0。
2. 解题思路
核心观察
- 无解条件 ：
- 若字符串中 'S' 的总数为 0 或奇数，直接返回 0（无法分割为若干段且每段恰好 2 个座位）；
- 若 'S' 的总数为 2，仅有 1 种方案（无需额外放置屏风）。
- 方案数的核心逻辑 ：
- 把走廊按「每两个 S 为一组」划分，组与组之间的「可选屏风位置数」的乘积即为总方案数；
- 例如 "SSPPSPS" 中，第一组 SS 结束于索引 1，第二组 SS 开始于索引 4，两组之间的位置有 3 个（索引 2、3、4 前），第三组 SS 开始于索引 6，与第二组之间有 1 个位置，总方案数为 3×1=3，与示例 1 一致。
- 关键推导 ：
- 记录每一组最后一个 S 的位置，相邻两组的「后一组第一个 S 的位置 - 前一组最后一个 S 的位置」即为两组间的可选屏风数；
- 总方案数是所有相邻组间可选屏风数的乘积，最终对 10⁹+7 取余。
算法步骤
- 预处理检查：统计字符串中 'S' 的总数，若为 0 或奇数则返回 0；若为 2 则返回 1。
- 收集关键位置：遍历字符串，记录每两个 'S' 为一组的结束位置，以及下一组第一个 'S' 的位置，计算组间可选屏风数。
- 计算方案数：将所有组间可选屏风数相乘，过程中对 10⁹+7 取余，避免数值溢出。
- 结果处理：最终结果再次取余，返回整数形式。
3. 代码实现
java
class Solution {
private static final int MOD = 1000000007;
public static int numberOfWays(String corridor) {
int s = 0;
for (int i = 0; i < corridor.length(); i++) {
if (corridor.charAt(i) == 'S') {
s++;
}
}
if (s == 0 || s % 2 != 0) {
return 0;
}
if (s == 2 ) {
return 1;
}
//正式逻辑
long result=1;
ArrayList<Integer> arr = new ArrayList<>();
int seatCount = 0;
int plantCount=0;
for (int i = 0; i < corridor.length(); i++) {
if (s==0){
break;
}
else if (corridor.charAt(i) == 'S') {
s-=2;
i++;
while (i<corridor.length()&&corridor.charAt(i)!='S'){
i++;
}
if (plantCount!=0)arr.add(plantCount+1);
plantCount=0;
}
else plantCount++;
}
//对第一个的特殊处理
if(corridor.charAt(0)!='S'){
for(int i=1;i<arr.size();i++){
int a=arr.get(i)%MOD;
System.out.println("第"+i+"个是"+a);
result*=a;
result=result%MOD;
}
}
else {
for(int i=0;i<arr.size();i++){
int a=arr.get(i)%MOD;
System.out.println("第"+i+"个是"+a);
result*=a;
result=result%MOD;
}
}
//算答案
result%=MOD;
return (int)result;
}
}4. 代码优化说明
原有代码的核心逻辑
原有代码通过统计总座位数先做无解判定，再遍历字符串收集组间可选屏风数，最后通过遍历列表相乘得到结果，核心思路与官方题解一致，但实现上存在冗余（如 plantCount 统计、arr 列表存储、首尾特殊处理）。
官方题解优化点
- 空间优化：无需额外列表存储组间可选数，遍历过程中直接计算并累乘，空间复杂度从 O(n) 降至 O(1)；
- 逻辑简化 ：通过
cnt统计座位数，当cnt >=3且为奇数时（即遇到下一组第一个 S），直接计算当前位置与上一组最后一个 S 位置的差值，作为可选屏风数并累乘； - 减少冗余操作 ：去掉无意义的
plantCount统计和首尾特殊处理，仅通过座位位置的差值计算方案数。
官方题解代码解析
java
class Solution {
private static final int mod = 1000000007;
public int numberOfWays(String corridor) {
int n = corridor.length();
int prev = -1, cnt = 0, ans = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (corridor.charAt(i) == 'S') {
++cnt; // 统计当前遍历到的座位数
// 当座位数>=3且为奇数时，说明遇到下一组第一个S，计算组间可选屏风数
if (cnt >= 3 && cnt % 2 == 1) {
ans = (int)((long)ans * (i - prev) % mod);
}
prev = i; // 更新上一个S的位置
}
}
// 最终检查：座位数不足2或为奇数，返回0
if (cnt < 2 || cnt % 2 != 0) {
ans = 0;
}
return ans;
}
}prev：记录上一组最后一个 S 的位置；cnt：遍历过程中统计总 S 数，当cnt为奇数且 >=3 时，说明进入下一组，此时i - prev即为两组间的可选屏风数；- 累乘时通过
(long)ans * (i - prev)避免 int 溢出，再对 mod 取余。
5. 复杂度分析
原有代码复杂度
- 时间复杂度：O(n)。两次遍历字符串（第一次统计 S 数，第二次收集组间数），遍历列表的时间也为 O(n)，整体为线性时间；
- 空间复杂度 ：O(n)。最坏情况下
arr列表存储 O(n) 个组间数，其余变量为常数级。
官方题解复杂度
- 时间复杂度：O(n)。仅一次遍历字符串，所有操作均为线性时间；
- 空间复杂度 ：O(1)。仅使用常数个变量（
prev、cnt、ans等），无额外空间开销。
6. 总结
题目核心
本题的核心是将「分段恰好含 2 个座位」的问题转化为「统计组间可选屏风数的乘积」，关键在于发现「方案数 = 各组间可选位置数的乘积」这一数学规律，同时需注意数值溢出问题（用 long 存储中间结果、过程中取余）。
关键知识点
- 无解条件快速判定：通过统计座位总数的奇偶性/是否为 0，提前返回 0，减少无效计算；
- 溢出处理 ：由于答案可能极大，需用
long存储中间结果，且每一步乘法后对 10⁹+7 取余； - 空间优化思路：避免额外数据结构存储中间值，遍历过程中直接计算并累乘，降低空间复杂度。
刷题启示
- 面对字符串类计数问题，先通过数学规律简化问题（如本题的组间数乘积），再考虑代码实现；
- 处理大数取余问题时，需注意：
- 用
final常量定义模数（如1000000007），避免魔法数字； - 乘法前将变量转为
long类型，防止 int 溢出； - 每一步运算后取余，而非最后统一取余，避免中间结果超出数据类型范围；
- 用
- 优化代码时优先减少空间开销（如用变量代替列表），其次简化逻辑（如去掉冗余的统计/判断）。