#每日一题 对局匹配（dp）

试题 历届试题 对局匹配

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$Daily English

孩子害怕黑暗，情有可原；人生真正的悲剧，是成人害怕光明。
We can easily forgive a child who is afraid of the dark;the real tragedy of life is when men are afraid of light.

问题描述

小明喜欢在一个围棋网站上找别人在线对弈。这个网站上所有注册用户都有一个积分，代表他的围棋水平。

小明发现网站的自动对局系统在匹配对手时，只会将积分差恰好是K的两名用户匹配在一起。如果两人分差小于或大于K，系统都不会将他们匹配。

现在小明知道这个网站总共有N名用户，以及他们的积分分别是A1, A2, … AN。

小明想了解最多可能有多少名用户同时在线寻找对手，但是系统却一场对局都匹配不起来(任意两名用户积分差不等于K)？
输入格式
　　第一行包含两个个整数N和K。
　　第二行包含N个整数A1, A2, … AN。

对于30%的数据，1 <= N <= 10
　　对于100%的数据，1 <= N <= 100000, 0 <= Ai <= 100000, 0 <= K <= 100000

输出格式

一个整数，代表答案。

样例输入

10 0
1 4 2 8 5 7 1 4 2 8

样例输出

6

思路：

表面上看起来像二分图匹配，但是问的不是！！
样例给的也只是特殊的一种情况。

• 特殊情况：k = 0:
  那么相同的数分为一组，每组中取一个就是ans。
• 一般的情况：k > 0:
  比如： n = 8,k = 1:
  1 2 3 4 5 7 8 9
  那么根据k可以将上述数分为两组：
  {1，2，3，4，5}为一组；
  {7，8，9}为一组。
  在这里的一组中选不选一个数，很明显需要看这个数出现的次数。
  即数出现的次数作为选这个数的价值。
  比如有：n = 8,k = 1;
  1 2 3 4 5 2 4 4
  可以分为一组：{1，2，3，4，5}
  对应的价值为：{1，2，1，3，1}
  在一组中，每个数只有选与不选两种决策，而且任意两个相邻的数不能同时选：
  假设dp[i]为一组中以第i个数结尾能够获得的最大价值。
  那么很容易得出状态转移方程：
  dp[i] = max(dp[i-2] + v[i],dp[i-1]);
  对于可以分成多个组的一个序列，那么每组按一组的方式dp，累加每组能够获得的最大价值即为ans。

代码：

/*
v[i]:选择数i的价值
vis[i]:标记数i是否已经被分组
group[]:存每组的元素
dp[i]:。。。
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int v[N];
bool vis[N];
int dp[N];
int group[N];
int main()
{
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int x;
    int minx = 1e9,maxx = -1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        v[x]++;
        minx = min(minx,x);
        maxx = max(maxx,x);
    }
    int ans = 0;
    if(k == 0)
    {
        for(int i = minx; i <= maxx; i++)
        {
            if(v[i]) ans++;
        }
    }
    else
    {
        for(int i = minx; i <= maxx; i++)
        {
            if(!v[i] || vis[i]) continue;
            int t = 0;
            for(int j = i; j <= maxx; j+= k)
            {
                vis[j] = true;
                group[++t] = j;
                dp[t] = 0;
            }
            dp[1] = v[group[1]];
            for(int j = 2; j <= t; j++)
            {
                dp[j] = max(dp[j-2]+v[group[j]],dp[j-1]);
            }
            ans += dp[t];
        }
    }

    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}