hdu 6188 Duizi and Shunzi(贪心)

Duizi and Shunzi

Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1507    Accepted Submission(s): 627

Problem Description

Nike likes playing cards and makes a problem of it.

Now give you n integers, ai(1≤i≤n)

We define two identical numbers (eg: 2,2 ) a Duizi,
and three consecutive positive integers (eg: 2,3,4 ) a Shunzi.

Now you want to use these integers to form Shunzi and Duizi as many as possible.

Let s be the total number of the Shunzi and the Duizi you formed.

Try to calculate max(s) .

Each number can be used only once.

 

Input

The input contains several test cases.

For each test case, the first line contains one integer n( 1≤n≤106 ).
Then the next line contains n space-separated integers ai ( 1≤ai≤n )

 

Output

For each test case, output the answer in a line.

 

Sample Input

  

   7
1 2 3 4 5 6 7
9
1 1 1 2 2 2 3 3 3
6
2 2 3 3 3 3 
6
1 2 3 3 4 5
  

 

Sample Output

  

   2
4
3
2


   

    

     Hint
    


Case 1（1，2，3）（4，5，6）

Case 2（1，2，3）（1，1）（2，2）（3，3）

Case 3（2，2）（3，3）（3，3）

Case 4（1，2，3）（3，4，5）



   
    
  

 

Source

2017ACM/ICPC广西邀请赛-重现赛（感谢广西大学）  

题意：

给了一些牌，两张牌可以组成一个对子，连续的三张牌能组成一个顺子。每张牌只能使用一次，问最多组成对子和顺子的和为多少。

思路：

可以想到对子优先考虑，然后再考虑成顺子。所以对于第一张牌，有对子成对子，如果对子匹配完了后还剩一张牌就要考虑和后面的牌匹配成顺子。而如果第二张牌是奇数的，那么直接匹配更优因为已经能确定它前面有一张和它匹配了，只需要后面的牌是否匹配。而如果第二张牌是偶数的话，如果匹配，破坏了一次成对机会并且要求第二张以后还要有与第二张匹配的牌。如1,2,2,2,2,3,3这样的情况。所以第二张牌必须也为奇数。而第三张牌的奇偶性没有要求，因为如果第三张牌数为奇数，顺子匹配完了，只剩偶数了，这是我们想要的。如果第三张牌为偶数k，如果不匹配它自己成对会有k/2次，如果匹配顺子加成的对子是(k-1)/2+1仍然是k/2，并且还多提供了一张牌与后面的牌匹配顺子。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn=1000005;
int a[maxn];
int mp[maxn];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        memset(mp,0,sizeof(mp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            mp[a[i]]++;
        }
        sort(a+1,a+1+n);
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(mp[a[i]]>=2)
            {
                cnt+=mp[a[i]]/2;
                mp[a[i]]%=2;
            }
            if(mp[a[i]]==1&&mp[a[i]+1]%2==1&&mp[a[i]+2]>=1)
            {
                cnt++;
                mp[a[i]]--;
                mp[a[i]+1]--;
                mp[a[i]+2]--;
            }
        }
        printf("%d\n",cnt);
    }
    return 0;
}