问题描述
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。
测试样例
样例1：
输入：
n = 7, a = [3, 1, 2, 7, 10, 2, 4]
输出：14
样例2：
输入：
n = 5, a = [1, 10, 2, 5, 8]
输出：18
样例3：
输入：
n = 6, a = [4, 5, 6, 1, 2, 3]
输出：9
分析
算法步骤
-
定义状态：
- 使用一个数组
dp，其中dp[i]表示在前i个糖果中可以获得的最大美味值。
- 使用一个数组
-
状态转移方程：
-
对于每个糖果
i，我们有两种选择：- 选择第
i个糖果，那么我们不能选择i-1和i-2的糖果，因此dp[i] = a[i] + dp[i-3]。 - 不选择第
i个糖果，那么dp[i] = dp[i-1]。
- 选择第
-
因此，状态转移方程为：
-
dp[i] = max(dp[i-1], a[i] + dp[i-3])
-
-
初始化：
-
我们需要初始化前几个状态，因为状态转移方程依赖于
dp[i-3]。dp[0] = a[0]dp[1] = max(a[0], a[1])dp[2] = max(a[0], a[1], a[2])
-
-
填充dp数组：
- 使用循环从
i=3开始，直到n-1，填充dp数组。
- 使用循环从
-
返回结果：
- 最终结果存储在
dp数组的最后一个位置，即dp[n-1]。
- 最终结果存储在
难点分析
-
状态转移方程的理解：
- 理解为什么选择第
i个糖果时，不能选择i-1和i-2的糖果，并且需要加上dp[i-3]的美味值。 - 理解为什么不选择第
i个糖果时，直接继承dp[i-1]的值。
- 理解为什么选择第
-
初始化的正确性：
- 确保前几个状态的初始化正确，因为状态转移方程依赖于这些初始值。
-
边界条件的处理：
- 处理
n为 0、1、2 的特殊情况，因为这些情况下状态转移方程不适用。
- 处理
-
动态规划数组的填充：
- 确保在填充
dp数组时，正确地应用状态转移方程，避免遗漏或错误的状态更新。
- 确保在填充
代码
def solution(n: int, a: list) -> int:
if n == 0:
return 0
if n == 1:
return a[0]
if n == 2:
return max(a[0], 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[1], a[2])
# 填充dp数组
for i in range(3, n):
dp[i] = max(dp[i-1], a[i] + dp[i-3])
return dp[-1]
if __name__ == '__main__':
print(solution(7, [3, 1, 2, 7, 10, 2, 4]) == 14)
print(solution(5, [1, 10, 2, 5, 8]) == 18)
print(solution(6, [4, 5, 6, 1, 2, 3]) == 9)
代码分析
-
边界条件处理：
- 代码处理了
n为 0、1、2 的特殊情况。 - 当
n == 0时，返回 0。 - 当
n == 1时，返回a[0]。 - 当
n == 2时，返回max(a[0], a[1])。
- 代码处理了
-
初始化：
-
代码初始化了
dp数组的前几个值：dp[0] = a[0]dp[1] = max(a[0], a[1])dp[2] = max(a[0], a[1], a[2])
-
-
状态转移方程：
- 代码使用了状态转移方程：
dp[i] = max(dp[i-1], a[i] + dp[i-3])
- 这表示在每个位置 `i`，我们选择当前糖果 `a[i]` 并加上 `dp[i-3]` 的美味值，或者不选择当前糖果，继承 `dp[i-1]` 的值。
-
填充dp数组：
- 代码使用循环从
i=3开始，直到n-1，正确填充了dp数组。
- 代码使用循环从
-
返回结果：
- 代码返回
dp数组的最后一个值dp[-1]，即在前n个糖果中可以获得的最大美味值。
- 代码返回
