好的，我注意到你的列表中没有关于**“粉刷栅栏”问题的经典变种**。那么，我们来讲解一个与它密切相关，但约束条件略有变化且更具一般性的线性动态规划问题。

线性动态规划：粉刷栅栏的进阶版——最多允许k个相邻栅栏同色的总方案数

问题描述

你有一段长度为 n 的栅栏，需要为每一段栅栏柱子涂上颜色。总共有 m 种不同的颜色可供选择。给你一个整数 k (k >= 2)，要求任意连续 k 段栅栏中，不能全部是同一种颜色。

换句话说，你涂色的方案中，不允许出现长度恰好等于或大于 k 的连续同色栅栏段。

题目要求：计算给 n 段栅栏涂色的总方案数。由于结果可能很大，请将结果对 10^9 + 7 取模。

示例:

• 输入: n = 3, m = 2, k = 3
• 解释: 有3段栅栏，2种颜色（比如红、蓝），不允许连续3段同色。
• 所有涂色方案:
  1. 红红蓝
  2. 红蓝红
  3. 红蓝蓝
  4. 蓝红红
  5. 蓝红蓝
  6. 蓝蓝红
• 输出: 6 (注意：方案“红红红”和“蓝蓝蓝”因连续3段同色而被禁止)。

问题分析与思路构建

这是一个典型的计数类动态规划问题。关键限制是“最长连续同色段”的长度不能达到 k。

1. 状态定义
我们不能只定义 dp[i] 为前 i 段栅栏的方案数，因为当前的选择依赖于最后一段的“连续同色长度”。
因此，我们需要用两个维度来精确描述状态：

• i: 已经涂完的前 i 段栅栏。
• j: 以第 i 段栅栏结尾的连续同色段的长度。显然，1 <= j < k（因为长度一旦达到 k 就是非法状态，我们根本不会去计算它）。

我们定义：
dp[i][j] = 涂完前 i 段栅栏，且最后一段（第 i 段）所属的连续同色段长度为 j 的合法方案总数。

2. 状态转移方程
我们考虑如何从 dp[i-1][*] 转移到 dp[i][j]。

• 情况A：第 i 段颜色与第 i-1 段颜色不同。

  • 这种情况下，无论 i-1 段之前连续同色长度是多少，到了 i 段，由于颜色变了，连续同色长度会“重置”为 1。
  • 对于 dp[i][1]，它可以由所有合法的 dp[i-1][*] 状态转移而来，转移的方式是：为第 i 段选择一种与第 i-1 段不同的颜色。
  • 有多少种选择？总共有 m 种颜色，其中一种被第 i-1 段用掉了，所以有 (m - 1) 种选择。
  • 因此转移方程为：
    dp[i][1] += dp[i-1][j] * (m - 1)， 对所有 1 <= j < k 求和。

• 情况B：第 i 段颜色与第 i-1 段颜色相同。

  • 这种情况下，第 i 段的连续同色长度 j 等于第 i-1 段的连续同色长度 j-1 加 1。
  • 前提是 j 必须大于 1（因为要和前一段相同），并且 j 必须小于 k（否则非法）。
  • 转移时，第 i 段的颜色选择是唯一的（必须和第 i-1 段相同）。
  • 因此转移方程为：
    dp[i][j] = dp[i-1][j-1]， 对于所有 2 <= j < k。

3. 边界条件 (初始状态)

• 对于第一段栅栏 (i=1)：
  • 我们可以涂任何颜色。
  • 涂完后，以第一段结尾的连续同色段长度就是 1。
  • 所以 dp[1][1] = m (m种颜色，每种都产生一个j=1的状态)。
  • 对于 j>1，dp[1][j] = 0。

4. 最终答案
我们需要求出所有涂完 n 段栅栏 (i = n) 的合法方案。这些方案分布在 dp[n][j] 中，其中 j 从 1 到 k-1。
所以：
answer = sum(dp[n][j]) for j = 1 to k-1。

5. 复杂度分析

• 状态数量：O(n * k)。
• 每个状态转移：dp[i][1] 需要 O(k) 时间求和（但可以通过维护前缀和优化到 O(1)），dp[i][j] (j>1) 的转移是 O(1)。
• 总时间复杂度：朴素实现为 O(n * k)，优化后为 O(n)。
• 空间复杂度：O(n * k)，可以滚动数组优化到 O(k)。

循序渐进的计算过程（以示例 n=3, m=2, k=3 为例）

1. 初始化:

   • dp[1][1] = m = 2 (方案：段1红，段1蓝)。
   • dp[1][2] = 0 (因为只有一段，不可能连续长度为2)。

2. 计算 i=2:

   • 计算 dp[2][1]: 第2段与第1段颜色不同。
     • 来源：dp[1][1] = 2。
     • 不同颜色选择：m-1 = 1 (假设第1段是红，第2段只能蓝；反之亦然)。
     • 所以 dp[2][1] = dp[1][1] * 1 = 2 * 1 = 2。
     • 对应方案：[红, 蓝] 和 [蓝, 红]。
   • 计算 dp[2][2]: 第2段与第1段颜色相同。
     • 来源：dp[1][1] = 2 (因为 j=2 由 j-1=1 转移来)。
     • 相同颜色没有选择，直接继承。
     • 所以 dp[2][2] = dp[1][1] = 2。
     • 对应方案：[红, 红] 和 [蓝, 蓝]。
   • 状态表(i=2)：
     dp[2][1] = 2, dp[2][2] = 2。

3. 计算 i=3:

   • 计算 dp[3][1]: 第3段与第2段颜色不同。
     • 来源：dp[2][1] + dp[2][2] = 2 + 2 = 4。
     • 不同颜色选择：m-1 = 1。
     • 所以 dp[3][1] = 4 * 1 = 4。
     • 方案：在i=2的所有4种方案后，加上一个与第2段不同的颜色。
       例如 [红，蓝] 后加 红 -> [红，蓝，红]。
       具体是：[红,蓝,红], [蓝,红,蓝], [红,红,蓝], [蓝,蓝,红]。
   • 计算 dp[3][2]: 第3段与第2段颜色相同，且连续长度j=2。
     • 来源：dp[2][1] = 2。
     • dp[3][2] = dp[2][1] = 2。
     • 方案：从[红,蓝]变成[红,蓝,蓝]，从[蓝,红]变成[蓝,红,红]。
       注意：从[红,红]不能转移到dp[3][2]吗？可以，但那会导致连续长度j=3（[红,红,红]），而k=3，这是非法的。我们的状态j限制在1到k-1，所以根本不会计算dp[3][3]，因此在i=3时，dp[2][2]不能作为dp[3][2]的来源，因为j从j-1=2来，而j=3是非法的。在我们的转移方程中，只有dp[i-1][j-1]当j<k时才成立。当j=2，j-1=1，来源是dp[i-1][1]，完全正确。
       为了更清晰：dp[3][2] = dp[2][1] = 2。
   • 状态表(i=3)：
     dp[3][1] = 4, dp[3][2] = 2。

4. 计算最终答案:

   • answer = dp[3][1] + dp[3][2] = 4 + 2 = 6。
   • 与手动列举的结果一致。

优化与代码实现思路（Python伪代码）

我们可以用滚动数组将空间优化到 O(k)。

def numWays(n: int, m: int, k: int) -> int:
    MOD = 10**9 + 7
    if k == 1: # 不允许任何相邻同色，退化为基础问题
        return m * pow(m-1, n-1, MOD) % MOD if n > 1 else m
    if n == 0:
        return 0
    if n == 1:
        return m

    # dp[j] 表示“当前段”结尾连续同色长度为j的方案数
    dp = [0] * k
    # 初始化 i=1
    dp[0] = m # 这里我们让索引从0开始，dp[0]代表j=1，dp[k-2]代表j=k-1

    for i in range(2, n+1):
        new_dp = [0] * k
        # 情况B：与上一段颜色相同 (j > 1)
        for j in range(1, k-1): # j的范围是2到k-1，对应索引是1到k-2
            new_dp[j] = dp[j-1] % MOD
        # 情况A：与上一段颜色不同 (j = 1)
        total_prev = sum(dp) % MOD # 上一轮所有合法状态的和
        new_dp[0] = total_prev * (m - 1) % MOD
        dp = new_dp

    return sum(dp) % MOD

思考延伸：
这个模型是线性DP中处理“连续元素限制”的经典范式。通过增加一个维度（结尾连续长度j）来记录与当前决策相关的历史信息，从而能够判断新加入元素是否会违反约束。这种方法可以推广到很多类似场景，例如：

• 最多允许连续 k 个1的二进制字符串计数。
• 字符串中不能出现连续 k 个相同字符的排列计数问题。