[51nod1455]宝石猎人—

1455 宝石猎人
题目来源： CodeForces
基准时间限制：2 秒空间限制：131072 KB 分值: 40 难度：4级算法题
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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

这一题一般都可以想到用搜索但是如果不记忆化的话必然是会超时，所以可以考虑DP，状态方程其实很容易想，dp[i][j]表示通过j步走到第i个岛屿的最大收益，显然直接处理dp[i][j]会炸空间，所以我们可以用j-300来表示上一步的步数相对于d的偏移量，这样dp[i][j]实际就是处理的通过d+j-300步到达第i个岛屿的最大收益，dp[i][j]=max(dp[i-(d+j-300][j+k],dp[i][j]},k∈{0,1，-1},但是需要注意的细节问题却有很多，我都标注了，值得大家注意

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=30000+10;
int n,d,a[maxn],dp[maxn][600],ans;
int main(){scanf("%d%d",&n,&d);for(int i=1;i<=n;i++){int tmp;scanf("%d",&tmp);a[tmp]++;}for(int i=0;i<=d;i++)memset(dp[i],-1,sizeof(dp[i]));//初始化数组 dp[d][300]=a[d];//第一个状态 for(int i=d+1;i<=30000;i++)//从d+1开始枚举 for(int j=0;j<=599;j++){//偏移量从0开始 int l=d+(j-300);if(i-l<0 || l<=0){dp[i][j]=-1;continue;}//保证在地图内并且上一步跳跃合法 if(dp[i-l][j]==-1)if(dp[i-l][j-1]==-1)if(dp[i-l][j+1]==-1)dp[i][j]=-1;//如果上一个状态每一个都不合法的话就可以判断此状态不合法 if(dp[i][j]==-1)continue;if(dp[i-l][j]!=-1)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-l][j]+a[i]);if(dp[i-l][j-1]!=-1)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-l][j-1]+a[i]);if(dp[i-l][j+1]!=-1)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-l][j+1]+a[i]);//三个状态的dp ans=max(ans,dp[i][j]);}printf("%d\n",max(ans,dp[d][300]));//因为第一个状态特殊处理，所以要取max return 0;
}

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