动态规划-简单多状态dp问题 – 删除并获得点数

题目重现

题目链接：删除并获得点数 - 力扣

给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。

每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除 所有 等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。

开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。

示例 1：

输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。

示例 2：

输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。

提示：

• 1 <= nums.length <= 2 * 104
• 1 <= nums[i] <= 104

读懂题目

根据题目描述，选择 x 数字的时候， x - 1 与 x + 1 是不能被选择的。像「打家劫舍」问题中，选择 i 位置的金额之后，就不能选择 i - 1 位置以及 i + 1 位置的金额。因此，我们可以创建一个大小为 10001 （根据题目的数据范围）的 hash 数组，将 nums 数组中每一个元素 x ，累加到 hash 数组下标为 x 的位置处，然后在 hash 数组上来一次「打家劫舍」即可。

算法流程

1.状态表示

用 dp[i] 表示以 i 位置为结尾对应的最大点数，但是考虑到对于每个 i 位置都存在两种情况：选择与不被选择。所以我们将 dp[i] 拆分为两种状态表示，不妨表示为 f[i]、g[i] ，其含义分别为：

f[i]：选择 i 位置，以 i 位置为结尾对应的最大点数

g[i]：选择 i 位置，以 i 位置为结尾对应的最大点数

2.状态转移方程

hash 表我们将其数组名定义为：num_countadd_set，根据 “读懂题目” 部分的内容，我们需要明确 num_countadd_set 数组的下标对应的是题中所给 nums 数组元素值。

比如：数字2580在 nums 数组中出现了 4 次，那么 num_count_set 就应该在下标为 2580 处的值为 2580*4 = 10320 。

这样设计的初衷是为了对应题目要求：选择一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数并删除 所有 等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。如此设计就可以避免选择了点数为 nums[i] 的位置后还会选择到点数为 nums[i] + 1 或 nums[i] - 1 的位置。

于此，根据常规的打家劫舍问题，就能得到状态转移方程：

• f[i] = g[i - 1] + num_countadd_set[i]
• g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1])

3.初始化

由于填表时总是需要前一个位置的值，所以需要初始化 f[0] 和 g[0] 的值：

• f[0] = num_countadd_set[0];
• g[0] = 0;

4.填表顺序

从左往右，两表同填

5.返回值

dp表最后一个位置对应的值就是整个数组满足题意的最大点数，所以返回值为：

max(f[N - 1], g[N - 1]);

示例代码

class Solution {
public:int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {int n = nums.size();const int N = 10001;int num_countadd_set[N] = {0};for(auto e: nums){num_countadd_set[e] += e;}vector<int> f(N);   // 选nums[i], 最大分钟数auto g = f;   // 不选nums[i], 最大分钟数f[0] = num_countadd_set[0];g[0] = 0;for(int i = 1; i < N; i++){f[i] = g[i - 1] + num_countadd_set[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[N - 1], g[N - 1]);}
};

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