Codeforces 1110D Jongmah 题解 [ 蓝 ] [ 线性 dp ] [ 观察 ]

Jongmah:小清新麻将 dp 题。

观察

首先观察这两个操作的性质,不难发现我们出掉的所有的顺子只要累计出了三次,这三次顺子就一定可以化作出三次相同的单牌。

而我们只需要最大化操作次数,显然这三次顺子和三次单牌是等价的,所以我们把三次顺子转化为我们更容易处理的三次相同单牌。

同时,我们得出结论:任何一个顺子最多只能出 2 次,否则一定可以被三个相同的牌代替掉一部分顺子。

实现

这个性质就很好 dp 了,首先把所有牌扔进桶里是显然的。因为 i2,i1 为开头的顺子会影响 i 为开头的顺子的计算,所以我们将它们放入状态定义中。

设计 dpi,j,k 表示当前出到第 i 位(位就是牌的种类),第 i1 位为开头的顺子出了 j 个,第 i 位为开头的顺子出了 k 个。其中 0j,k2。第 i2 位在给后面状态转移时不会用到,只有给当前位转移才会用到。所以在转移的时候枚举第 i2 位出的顺子数 l 即可。

因此有如下转移:

dpi,j,k=maxl=02dpi1,l,j+totijkl3+k

答案即为 dpm,0,0,因为 m1 位以后不足三种牌,不能组成顺子。

时间复杂度 O(m×33)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using pi=pair<int,int>;
int n,m,dp[1000005][3][3],tot[1000005],ans;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		cin>>x;
		tot[x]++;
	}
	memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
	dp[0][0][0]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int a=0;a<3;a++)
		{
			for(int b=0;b<3;b++)
			{
				for(int c=0;c<3;c++)
				{
					if(tot[i]-a-b-c>=0)dp[i][b][c]=max(dp[i][b][c],dp[i-1][a][b]+(tot[i]-a-b-c)/3+c);
				}
			}
		}
	}
	cout<<dp[m][0][0];
	return 0;
}
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