272最大化糖果美味值问题困难 | 豆包MarsCode AI刷题题意：小C面临一个选择问题：她可以从编号为1到n的

题意：

小C面临一个选择问题：她可以从编号为1到n的糖果中任意选择一些糖果作为奖励，但需要遵守一个限制规则：如果选择了编号为i的糖果，那么编号为i-1、i-2、i+1、i+2的糖果将不能被选择。每个糖果都有一个对应的美味值，小C希望所选糖果的美味值之和最大。例如：当有7个糖果，编号为1到7，美味值分别为 3, 1, 2, 7, 10, 2, 4，小C可以选择编号为1、4、7的糖果，这样可以得到最大美味值之和为 3 + 7 + 4 = 14。

题解：

在这道题中，我们要帮助小C从编号为 1 到 nnn 的糖果中选择一些糖果，以最大化这些糖果的美味值之和。题目提供了一个约束条件：如果选择了编号为 iii 的糖果，那么编号为 i−1i-1i−1、i−2i-2i−2、i+1i+1i+1、i+2i+2i+2 的糖果都不能被选择。也就是说，选择糖果会影响相邻两个编号的可选择性。为了满足这个约束条件，我们可以通过动态规划来求解这个问题。

问题分析

目标：从糖果中选择一个子集，使得所选糖果的美味值之和最大化。
约束：不能选择相邻两个糖果，及距离为 2 的糖果，具体而言，选择编号为 iii 的糖果后，编号为 i−1i-1i−1、i−2i-2i−2、i+1i+1i+1、i+2i+2i+2 的糖果将不能再选。

这个约束可以简化为一个 间隔选择 问题。经典的间隔选择问题可以通过动态规划来解决。此类问题的关键在于为每个位置决定“选择”或“不选择”的最佳方案，依次构建出最大化的美味值。

解决思路

动态规划的基本思想是递归地定义状态，将原问题分解为子问题，以避免重复计算。具体步骤如下：

定义状态：
- 定义一个函数 dfs(i, pre, ppre)，表示当前处理第 iii 个糖果时，考虑的状态：
  - pre\text{pre}pre：表示是否选择了编号为 i−1i-1i−1 的糖果。
  - ppre\text{ppre}ppre：表示是否选择了编号为 i−2i-2i−2 的糖果。
- 这样，我们就能判断当前糖果是否可以被选中。
状态转移：
- 如果 pre\text{pre}pre 或 ppre\text{ppre}ppre 为 1，表示选择了第 i−1i-1i−1 或第 i−2i-2i−2 个糖果，此时我们不能选择当前的第 iii 个糖果，唯一的选择是跳过第 iii 个糖果，进入到第 i+1i+1i+1 个糖果的决策。
- 如果 pre\text{pre}pre 和 ppre\text{ppre}ppre 都为 0，表示编号为 i−1i-1i−1 和 i−2i-2i−2 的糖果都没有被选择，此时我们有两个选择：
  1. 跳过当前的第 iii 个糖果，进入到第 i+1i+1i+1 个糖果的决策。
  2. 选择当前的第 iii 个糖果，此时第 i+1i+1i+1 和第 i+2i+2i+2 个糖果将不能被选择，因此我们递归地进入第 i+1i+1i+1 个糖果的决策，并且标记当前状态为选择了第 iii 个糖果。
初始状态与边界条件：
- 初始时，我们从第 0 个糖果开始（假设编号从 0 开始），pre 和 ppre 都为 0，表示没有选择之前的糖果。
- 当 iii 达到 nnn 时，表示已经遍历完所有糖果，此时返回 0 表示没有额外的美味值可以增加。
优化与记忆化：
- 通过 @lru_cache 装饰器对 dfs 函数进行记忆化，使得每种状态在第一次计算后将被缓存，避免重复计算。

from functools import lru_cache
def solution(n: int, a: list) -> int:
    fmax = lambda x , y : x if x > y else y
    @lru_cache 
    def dfs(i : int , pre : int , ppre : int) :
        if i == n :
            return 0 
        if pre or ppre:
            return dfs(i + 1 ,0 , pre)
        return fmax(dfs(i + 1 , 0 , pre) , dfs(i + 1 , 1 , pre) + a[i])
    return dfs(0 , 0 , 0)

动态规划转化思路

定义状态：用 dp[i] 表示在选择编号为 iii 的糖果时可以获得的最大美味值之和。
状态转移方程：
- 对于每一个糖果 iii，我们有两种选择：
  1. 不选糖果 iii：此时最大美味值和为 dp[i-1]。
  2. 选糖果 iii：此时最大美味值和为 a[i] + dp[i-3]（因为选择了 iii 后，我们不能选择 i−1i-1i−1 和 i−2i-2i−2，所以可以加上 dp[i-3]）。
- 因此状态转移方程为： dp[i]=max⁡(dp[i−1],a[i]+dp[i−3])dp[i] = \max(dp[i-1], a[i] + dp[i-3])dp[i]=max(dp[i−1],a[i]+dp[i−3])
边界条件：
- 当 i=0i = 0i=0 时，dp[0] = a[0]。
- 当 i=1i = 1i=1 时，dp[1] = \max(a[0], a[1])。
- 当 i=2i = 2i=2 时，dp[2] = \max(a[0] + a[2], a[1])。

动态规划代码实现

以下是将递归代码转换为迭代写法的动态规划实现：

复制代码
def solution(n: int, a: list) -> int:
    if n == 1:
        return a[0]
    if n == 2:
        return max(a[0], a[1])
    if n == 3:
        return max(a[0] + a[2], a[1])

    # 初始化 dp 数组
    dp = [0] * n
    dp[0] = a[0]
    dp[1] = max(a[0], a[1])
    dp[2] = max(a[0] + a[2], a[1])

    # 填充 dp 数组
    for i in range(3, n):
        dp[i] = max(dp[i-1], a[i] + dp[i-3])

    # 返回最后一个位置的值，即最大美味值之和
    return dp[-1]

代码说明

边界条件处理：我们先处理 n=1n = 1n=1、n=2n = 2n=2 和 n=3n = 3n=3 的情况，以便后续动态规划计算时不越界。
初始化 dp 数组：
- dp[0] 表示只选择第 0 个糖果的最大美味值，即 a[0]。
- dp[1] 表示选择前两个糖果中美味值较大的那个，即 max(a[0], a[1])。
- dp[2] 表示选择不相邻的第 0 和第 2 个糖果的最大美味值，即 max(a[0] + a[2], a[1])。
状态转移：从 i=3i = 3i=3 开始，我们根据状态转移方程 dp[i] = max(dp[i-1], a[i] + dp[i-3]) 逐步填充 dp 数组。
最终结果：dp[-1] 保存了选择糖果的最大美味值之和。

272最大化糖果美味值问题 困难 | 豆包MarsCode AI刷题

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解决思路

动态规划转化思路

动态规划代码实现

代码说明

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