力扣 1220. 统计元音字母序列的数目

题目来源：https://leetcode-cn.com/problems/count-vowels-permutation/

大致题意：
给一个长度 n，求出五种元音字母在给定条件下能组成的不同字符串的个数
条件为：

• a 后面只能跟 e
• e 后面只能跟 i 或者 a
• i 后面不能跟 i
• o 后面只能跟 i 或者 u
• u 后面只能跟 a

思路

根据题目中的条件，如果能确定当前结尾的字符，那么就可以知道下一位的几种可能

那么反过来想，如果先确定了下一位的字符，那么前一位的可能也可以从条件中推出：

• a 前面只能是 e、 i、 u
• e 前面只能是 a、 i
• i 前面只能是 e、 o
• o 前面只能是 i
• u 前面只能是 i、 o

于是，若已知长度为 x ，结尾为各类字符的字符串个数，那么就可以求出长度为 x+1，结尾为各类字符的字符串个数

显然，是一个状态的迭代过程，可以用动态规划

####动态规划

1. 使用 dp[i][j] 表示长度为 i 以字符 j 结尾的字符串个数，实际计算时使用索引 0~5 来代表 a ~ u
2. 初始时 dp[0][j] 都为 1
3. 然后根据上述的规则，递归计算 n - 1 次，中间结果可能过大，需要取余
4. 最后返回 dp[n - 1][j] 的和

实际计算时，因为当前状态仅仅与上一个状态有关，所以可以只存储当前状态和上一个状态即可

代码：

public int countVowelPermutation(int n) {
        // 需要用 long，否则会越界
        long[][] dp = new long[2][5];
        int MOD = 1000000007;
        // 初始化
        for (int i = 0; i < 5; i++) {
            dp[0][i] = 1;
        }
        // 迭代 n-1 次
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            // 新状态所在索引
            int newIdx = i % 2;
            // 旧状态所在索引
            int oldIdx = newIdx == 0 ? 1 : 0;
            dp[newIdx][0] = (dp[oldIdx][1] + dp[oldIdx][2] + dp[oldIdx][4]) % MOD;
            dp[newIdx][1] = (dp[oldIdx][0] + dp[oldIdx][2]) % MOD;
            dp[newIdx][2] = (dp[oldIdx][1] + dp[oldIdx][3]) % MOD;
            dp[newIdx][3] = dp[oldIdx][2];
            dp[newIdx][4] = (dp[oldIdx][2] + dp[oldIdx][3]) % MOD;
        }
        long ans = 0;
        // 求和
        for (int i = 0; i < 5; i++) {
            ans = (ans + dp[(n - 1) % 2][i]) % MOD;
        }
        return (int)ans;
    }