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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。
样例解释：在第一个样例中，最优路径是0 → 10 (+1宝石) → 19 → 27 (+2宝石) →...
Input
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。
Output
输出小法能收集的宝石的最大数
Input示例
4 10 10 21 27 27
Output示例
3
第一遍看到直接正向的我为人人的递推下去，顺便记录下当前最优解的步数，WA后发现这样不对因为步数限制了一部分最优解。不难想到dp[i][j]表示走到i点最后走了j步，但复杂度难以承受，
仔细观察数据会发现所有的步数都与d有关，在d上下不停的+1,-1,这个步数不会是满的，也就是说数组有很大一部分用不上，经过测验j最大600肯定够用了，这样的复杂度可以接受，我们令d=300,
其他的数与d做差就会得到处理后对应的数，然后直接dp就好了= =思路确实很清奇
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 #include<cstdio> 5 #include<stack> 6 #include<set> 7 #include<cmath> 8 #include<ctime> 9 #include<time.h> 10 #include<algorithm> 11 using namespace std; 12 #define debug puts("debug") 13 #define LL long long 14 int d,n,i,j,a,k; 15 #define to(x) (x-d+300) 16 #define rto(x) (x+d-300) 17 int tot[30030]; 18 int f[30010][600]; 19 bool vis[30010][600]; 20 int main(){ 21 scanf("%d%d",&n,&d); 22 for(i=1;i<=n;++i){ 23 scanf("%d",&a); 24 tot[a]++; 25 } 26 int ans=0; 27 f[d][to(d)]=tot[d]; 28 vis[d][to(d)]=1; 29 for(i=1;i<=30000;++i){ 30 for(j=0;j<600;++j){ 31 if(vis[i][j]){ 32 for(int k=rto(j)-1;k<=rto(j)+1;k++){ 33 if(k>0&&i+k<=30000){ 34 f[i+k][to(k)]=max( 35 f[i+k][to(k)], 36 f[i][j]+tot[i+k] 37 ); 38 vis[i+k][to(k)]=1; 39 } 40 } 41 } 42 if(ans<f[i][j]) ans=f[i][j]; 43 } 44 } 45 cout<<ans<<endl; 46 return 0; 47 } 48 /* 49 4 10 50 10 51 21 52 27 53 27 54 */ 55 56 /* 57 3 58 */