简单DP-艰难取舍

艰难取舍（seq.cpp/c/pas）

【题目描述】

由于hyf长得实在是太帅了，英俊潇洒，风流倜傥，人见人爱，花见花开，车见车载。有一群MM排队看hyf。每个 MM都有自己独特的风格，由于 hyf有着一颗包容的心，所以，什么风格的MM他都喜欢……

但是，hyf有一个特别的要求，他不希望总是看到风格得差不多的 MM，更加特别的是，如果两个MM风格完全一样，hyf不会有任何意见。

现在，hyf希望从去看他的 MM中，去掉一些MM，从而使得相邻2个 MM的风格值的差（绝对值）不为1。自然地，hyf希望去掉的MM越少越好。

【输入格式】

第一行一个整数N；

第 2~N+1行N 个整数，第i个为 ci。表示第i个MM的风格值。

【输出格式】

一个数，表示最少要去掉的 MM数。

【样例输入1】

   6

   4

   2

   2

   1

   1

   1

【样例输出1】

   2

【数据范围】

  对于30%的数据，N≤20

  对于70%的数据，N≤100，ci ≤ 2000

  对于100%的数据，N≤1000   0 ≤ ci ≤ 2000

　　这道题可以用动态规划的算法来解决。用数组F[i]来表示从第1个到第i个数最多可以留下几个。

　　那么显然F[i]可以由F[j](1<=j<=i-1)加1推得。即当前最优情况下与第i个数相邻的是第j个数，并且这里的j要满足i和j的差绝对值不为1。则F[i]=max{F[j]}+1，且|a[i]-a[j]|<>1。这个算法的时间复杂度为O(n^2)。

　　另外，可以发现a[j]与a[i]不能相邻的情况只有a[j]=a[i]+1和a[j]=a[i]-1。所以，不需穷举1到i-1，只需找出1到i-1中最大的3个F[j]即可，其中必须确保F[j]不彼此相等，这样满足条件的max{F[j]}必然是在这3个F[j]中，这样就可将算法的时间复杂度缩小到O(3N)。

　　这道题也可以用暴力枚举来实现，对于一个序列a1,a2,a3…an,可以]用一个数组b[a[i]]来记录到达a[i]的最大存在个数。通过枚举存在2个，3个，4个…n个人时的最大值来取得。

　　例：一开始只存在a1和a2,a3…an中的任意一个时的最大值放在b[a[i]]中，然后再搜索只存在3个人时a1,a2和a3,a4….an中的任意一个时的最大值，由于a1,a2两个人的最大值已存在b[a[2]]中了，所以只要寻找a2和a3,a4…an中任意一个的最大值即可，比较b[a[i]]是否大于b[a[2]]+1，并将结果放在b[a[i]]中。同理依次枚举至n个人为止。最后在b[1]…b[n]中找出最大值即可。

　　　　for i:=1 to n do//枚举每次存在从a[1]开始的i个人

        　　　　for j:=i+1 to n do//更新前i个人和到第j个人之间的最大人数

           　　　　if (abs(c[j]-c[i])<>1) and (s[i]+1>s[j]) then s[j]:=s[i]+1;

AC_code:

var
        j,i,n,maxs:longint;
        c,f:array[1..1001] of longint;
function max(a,b:longint):longint;
begin
        if a>b then exit(a);
        exit(b);
end;
begin
assign(input,'seq.in');
assign(output,'seq.out');
reset(input);rewrite(output);
        readln(n);
        for i:=1 to n do readln(c[i]);
        for i:=1 to n do begin
                f[i]:=1;
                for j:=1 to i-1 do
                        if abs(c[j]-c[i])<>1 then f[i]:=max(f[i],f[j]+1);
        end;
        maxs:=-0;
        for i:=1 to n do if f[i]>maxs then maxs:=f[i];
        writeln(n-maxs);
close(input);close(output);
end.