Codeforces Global Round 1D. Jongmah（巧妙DP）

题目链接：http://codeforces.com/contest/1110/problem/D

题目大意：

题目大意：给定若干块有类型的砖块，
要求类型序号连续的三元组和序号相同的三元组可以组成一个，
问给定的类型序列最多可以组成多少块。

题目分析： 

题目分析：这道题的DP思维感觉还是蛮巧妙的，
也是我没有见过的一种划分状态的方法。
在比赛中我是想贪心看看的，无奈有一种情况即样例中的情况，
1,2,3,2,1，这种情况我贪心策略是失效的，特判也没有用。。

赛后看题解才知道是DP解法，首先我们不难发现如果有三个连续的序号序列和
三个序号相同的三元组，那么肯定是换算成三个序号相同的三元组来的划算。
所以我们可以知道任意连续的三元组，其个数是0，1，2。

我们定义DP状态：dp[i][j][k]，在i位置，有j个形如i-1,i,i+1的三元组，
有k个形如i,i+1,i+2的三元组，关于权重的处理，dp[i][j][k]和dp[i+1][k][p]之间，
i+1位置上的数若想要组成类型相同的三元组，可以组成(cnt[i+1]-j-k-p)/3，再加上p个，
这样构成转移方程，其中p是属于新状态，j,k属于旧状态。

这样的方程还有些细节没有搞明白，因为我们并不知道i+1位置后面会不会真正的出现p个二元组来
满足这样的条件。我们首先可以用一个序列表示其做出的三元组选择（连续的类型），
那么根据DP的准则，其组合优化的过程是把任何一个位置的变化丢到后续的状态影响中，
我们不妨先类比，如果题目要求是二元组而不是三元组呢？
不难想到dp[i][j],j表示i,i+1这样的二元组的个数,其上一个位置转移过来做出来的贡献，
可以被消去再恢复，这样我们可以把选择序的最优序列描述出来了，
因为最优选择序列肯定是有个间端点其以某个数结尾，而DP方程恰可以表述以该数结尾的所有情况。
三元组也是一个道理。

最后答案应该是dp[m+1][0][0]，因为m位置上的贡献还可能包括其相同三元组的贡献。

 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define ll long long

#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
#define mst(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mk(x,y) make_pair(x,y)
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+10;
const int ub=1e6;
const double inf=5e-4;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
题目大意：给定若干块有类型的砖块，
要求类型序号连续的三元组和序号相同的三元组可以组成一个，
问给定的类型序列最多可以组成多少块。

题目分析：这道题的DP思维感觉还是蛮巧妙的，
也是我没有见过的一种划分状态的方法。
在比赛中我是想贪心看看的，无奈有一种情况即样例中的情况，
1,2,3,2,1，这种情况我贪心策略是失效的，特判也没有用。。

赛后看题解才知道是DP解法，首先我们不难发现如果有三个连续的序号序列和
三个序号相同的三元组，那么肯定是换算成三个序号相同的三元组来的划算。
所以我们可以知道任意连续的三元组，其个数是0，1，2。

我们定义DP状态：dp[i][j][k]，在i位置，有j个形如i-1,i,i+1的三元组，
有k个形如i,i+1,i+2的三元组，关于权重的处理，dp[i][j][k]和dp[i+1][k][p]之间，
i+1位置上的数若想要组成类型相同的三元组，可以组成(cnt[i+1]-j-k-p)/3，再加上p个，
这样构成转移方程，其中p是属于新状态，j,k属于旧状态。

这样的方程还有些细节没有搞明白，因为我们并不知道i+1位置后面会不会真正的出现p个二元组来
满足这样的条件。我们首先可以用一个序列表示其做出的三元组选择（连续的类型），
那么根据DP的准则，其组合优化的过程是把任何一个位置的变化丢到后续的状态影响中，
我们不妨先类比，如果题目要求是二元组而不是三元组呢？
不难想到dp[i][j],j表示i,i+1这样的二元组的个数,其上一个位置转移过来做出来的贡献，
可以被消去再恢复，这样我们可以把选择序的最优序列描述出来了，
因为最优选择序列肯定是有个间端点其以某个数结尾，而DP方程恰可以表述以该数结尾的所有情况。
三元组也是一个道理。

最后答案应该是dp[m+1][0][0]，因为m位置上的贡献还可能包括其相同三元组的贡献。
*/
int n,m,x,cnt[maxn];
int dp[maxn][3][3];
int main(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,n+1) {cin>>x;cnt[x]++;}
    mst(dp,-1),dp[0][0][0]=0;///初始化
    rep(i,0,m+1) rep(j,0,3) rep(k,0,3){///枚举过去的状态
        int tmp=cnt[i+1]-j-k;
        if(dp[i][j][k]==-1) continue;
        for(int p=0;p<3&&p<=tmp;p++)
            dp[i+1][k][p]=max(dp[i+1][k][p],dp[i][j][k]+(tmp-p)/3+p);
    }
    cout<<dp[m+1][0][0]<<endl;
    return 0;
}