ABC176F-Brave-CHAIN题解

题意：有 $3 n$ 张卡片，每张有一个 $1 \sim n$ 的数字。每次可以将最左边的 $5$ 张卡片任意排列，删掉前 $3$ 张，如果这三张数字相等则得一分；最后剩下的三张如果相等也的一分。求最大总得分。

模拟一下这个过程可以发现，相当于你有两张“手牌”，每次新加入三张，你从五张中扔掉三张，还是剩下两张。于是可以考虑一个 DP 状态： $f [i] [x] [y]$ 表示进行 $i$ 次操作，操作后手上剩下的牌为 $x, y$ 的最大得分。转移也不难，枚举下一次新加进来三张后如何选即可。时空复杂度 $O (n^{3})$ 。

仔细想一下，会发现对于相同的 $x, y$ ， $f [i] [x] [y]$ 随着 $i$ 的增加永远不会减少，因为最差的情况无非是：每新加三张就把那三张扔掉，永远让 $x, y$ 为手牌，得分永远不会减少。这启发我们考虑 $f [i] \to f [i + 1]$ 的变化。

首先，新加入的三张牌 $a, b, c$ 与 $x, y$ 是多少无关，只与当前考虑到哪张牌有关。如果 $a = b = c$ ，不管 $x, y$ 是多少，一定直接把它扔掉，贪心地立刻得分。正确性容易证明，这里不赘述。接下来考虑不全相等的情况。

如果用上面说的那样“消极”做法，新加入三张牌就扔掉， $f [i + 1] [x] [y] = f [i] [x] [y]$ ，这是下限，可以直接从上一维过来，所以只需要考虑哪些 $x, y$ 会发生改变即可。与消极做法相反，要想改变一定要让操作后手牌中有新牌。我们先考虑如何扔牌能造成贡献，再考虑不能造成贡献的情况。

假如三张牌中有两张相等（这里假设是 $a = b$ ），那么只要 $x, y$ 中有一个与 $a, b$ 相等的牌即可凑起来扔掉，而手牌中的另一张牌与 $c$ 组成新的手牌。此时，我们可以枚举那个“另一张牌”，假设为 $j$ ，那么有 $f [i] [a] [j] + 1 \to f [i + 1] [j] [c]$ （这里暂时不考虑两维的手牌的顺序，实现的时候将 $j, c$ 和 $c, j$ 都更改即可）。接下来，考虑两张手牌相等，与另一张相等的新牌配对，可以直接枚举与哪张新牌相等，假设为 $a$ ，则有 $f [i] [a] [a] + 1 \to f [i + 1] [b] [c]$ 。于是，造成新贡献的考虑完成。

接着考虑不造成新贡献的转移：由于前面说过，新的手牌中必须留新牌，我们可以枚举留哪张新牌，再枚举另一张牌是什么。假设留的新牌是 $a$ ，另一张牌是 $j$ ，那么如果 $j = b$ 或 $j = c$ ，即新的手牌纯用新牌组成，此时旧手牌 $x, y$ 无论是什么都可行。可以维护所有 DP 值的 $max$ 。如果 $j$ 不和 $b, c$ 相等，则旧手牌必须有 $j$ ，我们维护一个数组 $g [j]$ 表示手牌包含 $j$ 的所有 DP 值的 $max$ 即可。

以上两种转移的次数都是 $O (n)$ 的，接下来说回“继承”：加入三张牌直接扔掉，手牌不变。如果直接枚举 $x, y$ ，更新 $f [i + 1] [x] [y] = f [i] [x] [y]$ 的话，复杂度为 $n^{2}$ ，所以这里我们偷个懒，省掉第一维 $i$ ，直接在旧的 $f$ 数组上做修改即可。注意修改必须考虑完所有转移后整体修改，因为原来的转移是 $f [i] [x] [y] \to f [i + 1] [x^{'}] [y^{'}]$ ，而不能 $f [i + 1] [x] [y] \to f [i + 1] [x^{'}] [y^{'}]$ 。这可以通过 vector 存储 DP 转移实现。具体可以看代码。

By cxm1024

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
void chkmax(int &a,int b) {a=a>b?a:b;}
void chkmin(int &a,int b) {a=a<b?a:b;}
int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=(ch=='-'?-1:f),ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
int a[6010],f[2010][2010],g[2010],mx;
signed main() {
	int n=read(),m=n*3,cnt=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		a[i]=read();
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	memset(g,-0x3f,sizeof(g));
	f[a[1]][a[2]]=f[a[2]][a[1]]=0;
	g[a[1]]=g[a[2]]=0,mx=0;
	for(int i=3;i<m;i+=3) {
		array<int,3> p={a[i],a[i+1],a[i+2]};
		sort(p.begin(),p.end());
		if(p[0]==p[2]) {cnt++;continue;}
		vector<pair<pair<int,int>,int> > ch;
		auto add=[&](int x,int y,int val) {
			ch.push_back({{x,y},val});
			ch.push_back({{y,x},val});
		};
		if(p[1]==p[2]) swap(p[0],p[2]);
		if(p[0]==p[1]) {
			for(int i=1;i<=n;i++)
				add(i,p[2],f[i][p[0]]+1);
		}
		for(int i=0;i<3;i++) {
			vector<int> q;
			for(int j=0;j<3;j++)
				if(i!=j) q.push_back(p[j]);
			add(q[0],q[1],f[p[i]][p[i]]+1);
		}
		for(int i=0;i<3;i++) {
			for(int j=1;j<=n;j++) {
				bool flag=0;
				for(int k=0;k<3;k++)
					if(i!=k&&j==p[k]) flag=1;
				if(flag) add(p[i],j,mx);
				else add(p[i],j,g[j]);
			}
		}
		for(auto [x,val]:ch) {
			chkmax(f[x.first][x.second],val);
			chkmax(g[x.first],val),chkmax(g[x.second],val);
			chkmax(mx,val);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j++)
			chkmax(ans,f[i][j]+(i==a[m]&&j==a[m]));
	printf("%d\n",ans+cnt);
	return 0;
}