标签：max names pre continue == 规划 read || 题意
原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/CF1110D.html
给定 n 个数，每一个数都是在 [1,m] 里的整数。
从中取出形如 {x,x,x} 或者 {x-1,x,x+1} 的集合，各个集合不能相交，问最多能取出几个。
$n,m\leq 10^6$
标算非常简洁。
我这里讲讲我的做法，尽管相对复杂。
首先，我们可以忽略对于同一个 x ，取出大于2次 {x-1,x,x+1} 这种情况，因为这种可以用取 {x-1,x-1,x-1} {x,x,x} {x+1,x+1,x+1} 来代替。
所以一个x 最多被形如 {a-1,a,a+1} 的pair 取 6 次。即 {x-2,x-1,x}*2 , {x-1,x,x+1}*2 , {x,x+1,x+2}*2 。
现在来证明一个重要结论：
如果 x 的个数大于 7 ，那么至少可以取出一次 {x,x,x} 。（也就是说我们可以先不断取 {x,x,x} 这种pair，直到所有数字的出现次数都小于等于7）
设 t[x] 表示 x 的出现次数。
对于 t[x] = 8 的情况，考虑到它最多被形如 {a-1,a,a+1} 的这种pair取到6次，所以如果不取 {x,x,x} ，至少会多出2个。如果取了 {x,x,x} ，那么最多会影响一个形如 {a-1,a,a+1} 的pair，导致另外两个数不能取了，但是如果不取 {x,x,x} 也会多出两个，所以至少不亏。
对于 t[x]>8 的情况就更加显然了。
于是现在 t[x] < 8 。 考虑 dp ，设 dp[i][j][k] 表示 [1,i] 中，i 被取了 j 次， i + 1 被取了 k 次，且 [1,i-1] 的数被取的次数没有超限， [i+2,m] 的数没有被取过， 这种情况下取出的pair的最大个数。直接枚举转移暴力dp就好了。
时间复杂度 O(n) * 大常数。
实测可过。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch==‘-‘,ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int N=1000005;
int n,m;
int t[N],ans=0;
int dp[N][8][8];
void ckmax(int &x,int y){
x=x>y?x:y;
}
int main(){
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
t[read()]++;
for (int i=1;i<=m;i++)
while (t[i]>7)
t[i]-=3,ans++;
for (int i=0;i<=m;i++)
for (int a=0;a<=7;a++)
for (int b=0;b<=7;b++)
dp[i][a][b]=-N*2;
dp[0][0][0]=0;
for (int i=0;i<m;i++)
for (int a=0;a<=7;a++)
for (int b=0;b<=7;b++){
if (dp[i][a][b]<-N||a>t[i]||b>t[i+1])
continue;
int v=dp[i][a][b];
for (int x=0;x<=2;x++)
for (int y=0;y<=2;y++)
if (a+x*3+y<=t[i]&&b+y<=t[i+1])
ckmax(dp[i+1][b+y][y],v+x+y);
}
int k=0;
for (int i=0;i<=t[m];i++)
ckmax(k,dp[m][i][0]+(t[m]-i)/3);
cout<<ans+k;
return 0;
}
Codeforces 1110D. Jongmah 动态规划
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