CodeForces 455A

Boredom

time limit per test:： 1 second	memory limit per test: 256 megabytes

description：

Alex doesn’t like boredom. That’s why whenever he gets bored, he comes up with games. One long winter evening he came up with a game and decided to play it.

Given a sequence a consisting of n integers. The player can make several steps. In a single step he can choose an element of the sequence (let’s denote it ak) and delete it, at that all elements equal to ak + 1 and ak - 1 also must be deleted from the sequence. That step brings ak points to the player.

Alex is a perfectionist, so he decided to get as many points as possible. Help him.

Input

The first line contains integer n (1 ≤ n ≤ 10^5) that shows how many numbers are in Alex’s sequence.

The second line contains n integers a1, a2, …, an (1 ≤ ai ≤ 10^5).

Output

Print a single integer — the maximum number of points that Alex can earn.
Example

Examples

Input
2
1 2
Output
2

Input
3
1 2 3
Output
4

Input
9
1 2 1 3 2 2 2 2 3
Output
10

Note：

Consider the third test example. At first step we need to choose any element equal to 2. After that step our sequence looks like this [2, 2, 2, 2]. Then we do 4 steps, on each step we choose any element equals to 2. In total we earn 10 points.

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题目大意：
给出一组数字，选择一个ai，累加（并从数组中去掉这个数）。每选择一个以后，就会将数组内全部 等于ai-1 和 ai+1 的数删掉。重复选择，直到数组内没有数了，求累加和的最大值。

解题思路：
满足最优子结构的性质，采用动态规划。从小到大依次选择数，显然对于一个值n来说，如果有k个，我们肯定连续选择k次n，以获得更高的分数。
下面提供两种不同的dp方法：
思路1:
    1.开设数组a[100005]，a[i]表示数组中值为i的有a[i]个。f[i]表示将值为i的数全部选完以后，能达到的最大分数。
    2.由于每做出一个选择，会将值为ai+1和ai-1的数全部去除，那么对于值为 i 的数来说，只有选择这个值与不选这个值两种情况。第一种情况下f[i] = f[i-2] + i*a[i]。（前i-2值能选出的最高分，不选值i-1，再选ai次值i）第二种情况下f[i] = f[i-1]。

思路2:
    1.开设数组a[ ]保存数组，并对数组进行排序。f[i]表示将选到第i个数时，能达到的最大分数。
    2.比较相邻两个元素的值a[i]与a[i-1]。并对不同的情况做出不同的判断：
            a[i] - a[i-1]>1 ， 直接选择a[i]，f[i] = f[i-1]+a[i]。
            a[i] - a[i-1]=1 ， 找到上一个值小于a[i-1]的数的位置pos，f[i] =  max( f[pos]+a[i] ,  f[i-1] )。一旦选择a[i]，所有值为a[i-1]的数都不能选了。
           a[i] = a[i-1]  ， 对于这种情况要注意最近的一个不等于a[i]的数是否等于a[i]-1。如果不等于，那f[i] =f[i-1]+a[i]。如果等于，那需要知道值为a[i]-1的数的最后位置pos1，以及值小于a[i]-1的数的最后位置pos2。（需要做出权衡，是否选择值a[i]）f[i] = max( f[pos1] , f[pos2]+ (i-pos1)*a[i] )。
    3.这种方法是面向数的，所以需要记录相等值的 数的最后位置，（至少需要记录前两个值） 这样会简化计算。如果每次去找的话，会超时！！！  

注意：

1.无论是最终的累加和还是 中间的部分和 (i-pos1)*a[i]  ，  i*a[i] 都会超过int的表示范围，需要用Long long int。
2.思路1在数字少的时候耗时是明显高于思路2的。同时如果使用思路2的方法做，一定要记录前面的想等值的最后位置，不然会超时。（test42是10^5个10^5，如果不记录的话，每次都往前找，会超时）

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源代码：

思路1：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

int n;
long long a[100005] = {0};
long long f[100005];

int main(){
    scanf("%d",&n);
    int num=0;
    long long temp,m = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&temp);
        a[temp]++;
    }
    f[0] = 0;
    f[1] = 0;
    for(int i=1;i<100001&&num<n;i++){
        f[i+1] = max(f[i-1]+i*a[i],f[i]);
        if(a[i]!=0){
            m = max(f[i+1],m);
            num+=a[i];
        }
    }   
    printf("%lld",m);   
    return 0;
} 

思路2：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

int n;
int a[100005];
long long f[100005];
vector<int> id;
                                    //依次保存前面的值的最后位置

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
       scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);

    a[0] = -1;  
    f[0] = 0;
    int pos=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]-a[i-1]>1){
            f[i] = f[i-1] + a[i];
            id.push_back(i-1);
        }
        else if(a[i]-a[i-1]==1){
           pos = id.back();
           f[i] = max(f[pos]+a[i],f[i-1]);
           id.push_back(i-1);
        }else{
            int num = i - id.back();
           if(a[id.back()]==a[i]-1){
            if(id.size()==1)
               f[i] = max((long long)num*a[i],f[id.back()]);
            else
               f[i] = max((long long)num*a[i]+f[id[id.size()-2]],f[id.back()]);
          }
          else{
               f[i] = f[i-1] + a[i];
          } 
        }
    }
    printf("%lld",f[n]);


    return 0;
}