好的，我随机选择一道线性动态规划领域的算法题目，它不在你提供的已讲题目列表中。题目如下：

“粉刷栅栏”的变种：最多允许两个相邻栅栏同色的方案数

1. 题目描述

假设你需要粉刷一排 n 个栅栏柱，每个栅栏柱可以粉刷 k 种颜色中的一种。但是，为了美观，不允许有超过两个相邻的栅栏柱被粉刷成相同的颜色。换句话说，连续三个栅栏柱不能是同一种颜色。

你需要计算的是，给定 n 个栅栏柱和 k 种颜色，有多少种不同的粉刷方案。

示例1：

• 输入：n = 3， k = 2
• 输出：6
• 解释：假设两种颜色是红色(R)和蓝色(B)。合法的方案有：RRB, RBR, RBB, BRR, BRB, BBR。注意 RRR 和 BBB 是不合法的，因为有三个连续相同的颜色。

示例2：

• 输入：n = 1， k = 1
• 输出：1
• 解释：只有一个栅栏，用唯一的一种颜色粉刷。

2. 解题思路分析

这是一个典型的计数类动态规划问题。我们需要找出符合“连续同色不超过2个”的所有序列的数量。

关键点在于如何定义状态。
我们不能仅仅用一个维度（比如 dp[i] 表示粉刷前 i 个栅栏的方案数），因为这个状态无法体现最后两个栅栏的颜色关系，而规则恰恰是关于相邻颜色的。

一个经典的思路是，根据最后两个栅栏的颜色是否相同来定义状态。

定义状态数组：

• dp_same[i]：粉刷完前 i 个栅栏，并且 第 i 个栅栏与第 i-1 个栅栏颜色相同 的合法方案数。
• dp_diff[i]：粉刷完前 i 个栅栏，并且 第 i 个栅栏与第 i-1 个栅栏颜色不同 的合法方案数。

我们的最终答案是 dp_same[n] + dp_diff[n]，即考虑第 n 个栅栏所有可能情况的总和。

3. 状态转移方程推导

现在，我们来思考如何从 i-1 的状态推导出 i 的状态。

情况一：求 dp_same[i]

• dp_same[i] 表示第 i 个和第 i-1 个颜色相同。
• 既然它们颜色相同，那么第 i-1 个栅栏必须与第 i-2 个栅栏颜色不同。否则就会出现三个连续相同颜色，违反规则。
• 因此，dp_same[i] 只能由 dp_diff[i-1] 转移而来。
• 当从 dp_diff[i-1] 转移时，第 i-1 个栅栏有某种颜色，为了让第 i 个与之相同，只有 1 种选择（就是用和第 i-1 个一模一样的颜色）。
• 所以，状态转移方程为：
  dp_same[i] = dp_diff[i-1] * 1

情况二：求 dp_diff[i]

• dp_diff[i] 表示第 i 个和第 i-1 个颜色不同。
• 对于第 i 个栅栏，只要颜色和第 i-1 个不同即可。
• 这种情况可以从两种前序状态转移过来：
  1. 从 dp_same[i-1] 转移：第 i-1 个和第 i-2 个颜色相同。那么第 i 个只要不和 i-1 同色就行。k 种颜色中有 (k-1) 种选择。
  2. 从 dp_diff[i-1] 转移：第 i-1 个和第 i-2 个颜色不同。那么第 i 个同样只要不和 i-1 同色就行。k 种颜色中有 (k-1) 种选择。
• 所以，状态转移方程为：
  dp_diff[i] = (dp_same[i-1] + dp_diff[i-1]) * (k-1)

4. 初始化

我们需要确定 i=1 和 i=2 时的状态值。

• 当 i=1 (第一个栅栏)时：

  • dp_same[1]：第一个栅栏没有前一个栅栏，不存在“相同”的概念。为了计算方便，我们定义其为 0。
  • dp_diff[1]：第一个栅栏可以选择 k 种颜色中的任意一种，因为没有“相邻不同”的限制。所以 dp_diff[1] = k。

• 当 i=2 (第二个栅栏)时：

  • 我们可以根据 i=1 的状态和转移方程来计算，也可以用直观方式理解：
  • dp_same[2]：第二个和第一个颜色相同。第一个栅栏有 k 种选择，第二个必须与之相同，只有 1 种选择。所以 dp_same[2] = k * 1 = k。
  • dp_diff[2]：第二个和第一个颜色不同。第一个栅栏有 k 种选择，第二个有 (k-1) 种选择。所以 dp_diff[2] = k * (k-1)。

我们可以验证一下我们的转移方程：
dp_same[2] = dp_diff[1] * 1 = k * 1 = k ✅
dp_diff[2] = (dp_same[1] + dp_diff[1]) * (k-1) = (0 + k) * (k-1) = k*(k-1) ✅

5. 计算过程示例

让我们用 n=3, k=2 这个例子来手动计算一遍。

1. 初始化：

   • dp_same[1] = 0
   • dp_diff[1] = k = 2
   • 此时总方案数 total_1 = 0 + 2 = 2 (即：第一个栅栏刷成R或B)。

2. 计算 i=2：

   • dp_same[2] = dp_diff[1] * 1 = 2 * 1 = 2 (即：RR, BB)
   • dp_diff[2] = (dp_same[1] + dp_diff[1]) * (k-1) = (0 + 2) * (2-1) = 2 * 1 = 2 (即：RB, BR)
   • 总方案数 total_2 = 2 + 2 = 4。这也正是两个栅栏所有可能的粉刷方案（RR, RB, BR, BB）。

3. 计算 i=3：

   • dp_same[3] = dp_diff[2] * 1 = 2 * 1 = 2
     • 从 dp_diff[2] (即 RB, BR) 转移而来：
       • 从 RB 出发，第三个必须和第二个(B)相同，得到 RBB。
       • 从 BR 出发，第三个必须和第二个(R)相同，得到 BRR。
   • dp_diff[3] = (dp_same[2] + dp_diff[2]) * (k-1) = (2 + 2) * (2-1) = 4 * 1 = 4
     • 从 dp_same[2] (即 RR, BB) 转移而来：第三个必须和前一个不同。
       • 从 RR 出发，第三个只能是B，得到 RRB。
       • 从 BB 出发，第三个只能是R，得到 BBR。
     • 从 dp_diff[2] (即 RB, BR) 转移而来：第三个必须和前一个不同。
       • 从 RB 出发，第三个不能是B，只能是R，得到 RBR。
       • 从 BR 出发，第三个不能是R，只能是B，得到 BRB。
   • 总方案数 total_3 = dp_same[3] + dp_diff[3] = 2 + 4 = 6。这与我们题目描述中的示例完全吻合。

6. 算法实现（伪代码）

def numWays(n: int, k: int) -> int:
    if n == 0:
        return 0
    if n == 1:
        return k

    # 初始化
    dp_same = [0] * (n + 1)
    dp_diff = [0] * (n + 1)
    dp_same[1] = 0
    dp_diff[1] = k

    for i in range(2, n + 1):
        dp_same[i] = dp_diff[i - 1]
        dp_diff[i] = (dp_same[i - 1] + dp_diff[i - 1]) * (k - 1)

    return dp_same[n] + dp_diff[n]

空间优化：
由于 dp[i] 只依赖于 dp[i-1]，我们可以只使用几个变量，将空间复杂度优化到 O(1)。

def numWays_optimized(n: int, k: int) -> int:
    if n == 0:
        return 0
    if n == 1:
        return k

    same = 0  # 对应 i=1
    diff = k  # 对应 i=1

    for i in range(2, n + 1):
        prev_same = same
        prev_diff = diff
        same = prev_diff
        diff = (prev_same + prev_diff) * (k - 1)

    return same + diff

7. 总结

这道题的精髓在于状态的定义。通过将问题拆分为“最后两个同色”（same）和“最后两个不同色”（diff）两种子状态，我们成功地将一个关于“三个连续元素”的限制，转化为了关于“两个相邻元素”的、更易于处理的状态转移。

• 状态定义：dp_same[i], dp_diff[i]
• 转移方程：
  • dp_same[i] = dp_diff[i-1]
  • dp_diff[i] = (dp_same[i-1] + dp_diff[i-1]) * (k-1)
• 初始化：dp_same[1]=0, dp_diff[1]=k
• 最终答案：dp_same[n] + dp_diff[n]

这个方法清晰、高效，且可以扩展到更复杂的情况（例如，将规则从“最多两个连续同色”改为“最多 m 个连续同色”，则需要更多维度的状态来记录末尾连续同色的个数）。