通过贪心来不断找性质最后决定dp形式的一道思维题
先把数组转化成还需要加多少才能变成全 0（也就是在模 7 意义下取反）由于是
区间加的操作，可以直接转差分数组（此处首位各加上一个 0 然后差分），变成
两个位置上一加一减。
一个非常直观的性质是，如果我们把最优策略下的每个差分数组上的操作，看成
在操作的两个位置之间连一条边，那么连出来的图肯定是一个森林，且每棵树所
有位置的值（注意：是差分数组中的值）的和在模 7 意义下应该为 0（因为每次
操作，差分数组上两个对应位置的和是没有产生变化的）。而对于一个森林来讲，
最后的操作次数是T-1。T是树的大小。
进而我们可以发现，我们所要做的就是把差分数组上面的值分成尽量多的，值的
和在模7意义下为0的组，对每一组都可以用大小减1次操作搞成全0。
显然的贪心是，0全部放一组，1和6一一配对，2和5一一配对，3和4一一配对。
初步贪心之后，剩下的值只会有三种。
令f[x][y][z]表示三种数分别有x,y,z个的时候最多能搞出来多少组。
枚举分组进行转移，复杂度视实现而定，一般来讲在O(n^4)到O(n^6)之间。
出题人想良心一点，所以只要不是暴力转移，应该都能卡着
时间过去。
转移的时候明显不需要枚举分组。
可以用一个新的状态f[x][y][z][k]。
表示已经三种数分别用了x,y,z,个，
当前最后一组的值模7意义下是k的情况下，前面组好的全0的组最多有多少个。
那么转移是O(1)的。时间复杂度可以降到O(n^3)。
但需要滚动数组。标程就是这样实现的。
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define N 1100
#define eps 1e-7
#define inf 1e9+7
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
char ch=0;
int x=0,flag=1;
while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-')flag=-1;}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*flag;
}
int a,b,c,na,nb,nc,f[N],cnt[N],dp[50][200][500][7];
int dfs(int x,int y,int z,int k)
{
#define o dp[x][y][z][k]
if(!x&&!y&&!z)o=0;
if(o!=-1)return o;
o=inf;
if(x)o=min(o,dfs(x-1,y,z,(k+a)%7)+(((k+a)%7)?1:0));
if(y)o=min(o,dfs(x,y-1,z,(k+b)%7)+(((k+b)%7)?1:0));
if(z)o=min(o,dfs(x,y,z-1,(k+c)%7)+(((k+c)%7)?1:0));
return o;
#undef o
}
int main()
{
int n=read(),i,ans=0;
for(i=1;i<=n;i++)f[i]=read(),cnt[(f[i]-f[i-1]+7)%7]++;
if(cnt[1]>=cnt[6])a=1;else a=6;na=abs(cnt[1]-cnt[6]);ans+=min(cnt[1],cnt[6]);
if(cnt[2]>=cnt[5])b=2;else b=5;nb=abs(cnt[2]-cnt[5]);ans+=min(cnt[2],cnt[5]);
if(cnt[3]>=cnt[4])c=3;else c=4;nc=abs(cnt[3]-cnt[4]);ans+=min(cnt[3],cnt[4]);
if(nc<na)
{
swap(c,a);
swap(nc,na);
}
if(nc<nb)
{
swap(c,b);
swap(nc,nb);
}
if(nb<na)
{
swap(b,a);
swap(nb,na);
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
ans+=dfs(na,nb,nc,0);
printf("%d",ans);
return 0;
}