题目来源: Codeforces - 1110D
题意：你有n张牌（1，2，3，...，m）你要尽可能多的打出[x,x+1,x+2] 或者[x,x,x]的牌型，问最多能打出多少种牌
思路：
1.三组[x,x+1,x+2]的效果等同于 [x,x,x],[x+1,x+1,x+1],[x+2,x+2,x+2]，所以每种顺子牌型最多打2次（如果多于2次，可以被少于3次的方案替代掉，因此忽略）
2.对于每一种牌，用途只有四种。[i-2,i-1,i], [i-1,i,i+1], [i,i+1,i+2], [i,i,i]
我们可以枚举每张牌在四种用途里分别投入了多少
由简单的容斥原理，我们只需要枚举三种顺子牌型分别有x,y,z组，那么[i,i,i]就有(c[i]-x-y-z)/3组
于是我们就有了线性dp的思路
如果建立dp[maxn][3][3][3]，dp[i][x][y][z]表示在第i阶段，第i张牌用来组成三种牌型分别有x,y,z组的最优结果，有dp[i][x][y][z] = max{dp[i-1][?][x][y]} + z + (c[i] - x - y - z) / 3, ans = max{dp[n][?][0][0])
AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
const int maxn = 1e6 + ;
int n;
int c[maxn];
int dp[maxn][][][];
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
int cc,t;
cin >> cc >> n;
for(int i = ; i <= cc; i++){
cin >> t;
c[t]++;
}
for(int i = ; i <= n; i++){
for(int x = ; x < ; x++){
for(int y = ; y < ; y++){
for(int z = ; z < ; z++){
if(x + y + z > c[i])continue;
for(int t = ; t < ; t++)
dp[i][x][y][z] = max(dp[i][x][y][z], dp[i-][t][x][y] + z + (c[i]-x-y-z)/);
}
}
}
}
int ans;
for(int t = ; t < ; t++){
ans = max(ans, dp[n][t][][]);
}
cout << ans << endl;
return ;
}
3.仔细观察上面的代码，我们发现在状态转移过程中，两个方程中都有[x][y]，状态之间的联系太过紧密，可以尝试优化一下
如果建立dp[maxn][3][3]，少了一个维度，dp[i][x][y] 表示有x组[i-1,i,i+1],y组[i,i+1,i+2]时的最优结果，有dp[i][x][y] = max{dp[i-1][?][x] + y + (c[i] - ? - x - y)/3}
AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e6 + ;
int n;
int c[maxn];
int dp[maxn][][];
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
int cc,t;
cin >> cc >> n;
for(int i = ; i <= cc; i++){
cin >> t;
c[t]++;
}
for(int i = ; i <= n; i++){
for(int x = ; x < ; x++){
for(int y = ; y < ; y++){
for(int z = ; z < ; z++){
if(x + y + z > c[i])continue;
dp[i][y][z] = max(dp[i][y][z], dp[i-][x][y] + z + (c[i]-x-y-z)/);
}
}
}
}
int ans = dp[n][][];
cout << ans << endl;
return ;
}
4.由于每一阶段的决策只与上一阶段有关，可以使用滚动数组进行进一步优化。