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苏塞克岛是一个有着30001个小岛的群岛，这些小岛沿着一条直线均匀间隔分布，从西到东编号为0到30000。众所周知，这些岛上有很多宝石，在苏塞克岛上总共有n颗宝石，并且第i颗宝石位于岛 pi上。
小法正好到达0号小岛上，他拥有卓越的跳跃能力，能根据以下规则在小岛之间向东重复跳跃：
· 首先，他会从0号岛跳到d号岛
· 此后，他会根据以下规则继续跳跃，L是上一次跳跃的长度，即，如果他上一次跳跃是从岛prev岛cur，L= cur-prev。他可以向东做一次长度为L-1，L或L+1的跳跃。即，他将会跳到岛 (cur + L - 1), (cur + L) 或 (cur + L + 1)（如果这些岛存在）。一次跳跃的长度必须是正数，即，当L=1时，他不能做一次长度为0的跳跃，如果没有有效的目的地，他将会停止跳跃。
小法将会在跳跃的过程中收集到过的岛上的宝石。我们要找到小法能收集的宝石的最大数。
输入的第一行是两个以空格隔开的整数n和d (1 ≤ n, d ≤ 30000)，分别表示苏塞克岛上的宝石数量和小法第一次跳跃的长度。 接下来n行表示这些宝石的位置，第i行(1 ≤ i ≤ n)包含一个整pi(d ≤ p1 ≤ p2 ≤ ... ≤ pn ≤ 30000)，表示包含第i颗宝石的小岛的编号。
输出小法能收集的宝石的最大数
4 10 10 21 27 27
3
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf =0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 1e5 + 10;
int dp[30300][550], vis[30300];
int main()
{
int n, d;
while(cin>>n>>d)
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
int x, ans = 0;
for(int i = 0; i<n; i++)
scanf("%d", &x), vis[x]++;
dp[d][250] = vis[d];
ans = vis[d];
for(int i = 1; i<=30000; i++)
{
for(int j = 0; j<=500; j++)
{
int Next = i + d + j - 250;
if(dp[i][j]==-1)
continue;
if(Next <= 30000)
{
dp[Next][j] = max(dp[Next][j], dp[i][j]+vis[Next]);
ans = max(ans, dp[Next][j]);
}
if(Next + 1 <= 30000)
{
dp[Next+1][j+1] = max(dp[Next+1][j+1], dp[i][j]+vis[Next+1]);
ans = max(ans, dp[Next+1][j+1]);
}
if(Next - 1>=1 && j+d&&Next<=30000 && Next - i>1)
{
dp[Next-1][j-1] = max(dp[Next-1][j-1], dp[i][j]+vis[Next-1]);
ans = max(ans, dp[Next-1][j-1]);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}记忆化搜索代码：#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf =0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 1e5 + 10;
int dp[30300][550], vis[30300];
int d;
int dfs(int now, int p)
{
if(now>30000)
return 0;
if(dp[now][p]!=-1)
return dp[now][p];
int tmp = 0;
dp[now][p] = vis[now];
tmp = max(tmp, dfs(now + p-250+d + 1, p+1));
if(p+d-250>1)
tmp = max(tmp, dfs(now + p -250-1+d,p-1));
tmp = max(tmp, dfs(now + p-250+d, p));
dp[now][p] += tmp;
return dp[now][p];
}
int main()
{
int n;
while(cin>>n>>d)
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
int x, ans = 0;
for(int i = 0; i<n; i++)
scanf("%d", &x), vis[x]++;
printf("%d\n",dfs(d, 250));
}
return 0;
}标签：
原文地址：http://blog.csdn.net/dml_96/article/details/51352002
