CF1110D Jongmah

题意

给出\(n\)个在\(1\)到\(m\)范围内的数\(a_i\)，定义一个三元组为\((x,x,x)\)或者\((x,x+1,x+2)\)的形式，求最多能组成三元组的数量是多少

题解

比赛的时候脑抽了……也可能是过年之后就傻了……

先看看贪心行不行，把所有能选\(3\)个的都先选掉，发现显然是\(gg\)的

然后考虑每一个形如\((x,x+1,x+2)\)的三元组，最多只会被选\(2\)次，否则可以拆成\((x,x,x)\)的形式

先开个桶存一下每个数字的出现次数，设\(f_{i,j,k}\)表示考虑到数字\(i\)，\(i\)有\(j\)个已经被强制选为\((x,x+1,x+2)\)的形式，\(i-1\)有\(k\)个被强制选了，此时最多能选多少个三元组

我们枚举一下选\(l\)个\(i\)，那么转移方程为$$f_{i,j,k}=max{f_{i-1,k+l,l}+\frac{(cnt_i-l-j)}{3}+l}$$

那么最后的答案就是\(f_{m,0,0}\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e6+5;
int f[N][5][5],cnt[N];
int n,m,x,ans;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read(),m=read();
    fp(i,1,n)x=read(),++cnt[x];
    memset(f,0xef,sizeof(f));
    f[0][0][0]=0;
    fp(i,0,min(4,cnt[1]))f[1][i][0]=(cnt[1]-i)/3;
    fp(i,2,m)fp(j,0,min(4,cnt[i]))fp(k,0,min(4,cnt[i-1])){
        fp(l,0,2){
            if(j+l>cnt[i]||k+l>cnt[i-1]||l>cnt[i-2]||k+l>4)break;
            cmax(f[i][j][k],f[i-1][k+l][l]+(cnt[i]-l-j)/3+l);
        }
    }
    printf("%d\n",f[m][0][0]);
    return 0;
}