题解：学而思编程 小猴拿糖

【题目来源】

学而思编程：小猴拿糖

【题目描述】

小猴面前有 \(n\) 个糖果排成一行，从左到右第 \(i\) 个糖的价值是 \(a_i\)。

小猴打算拿走一些糖，但是他不愿意拿走两个相邻的糖。

你要求出，在不同时拿走任意相邻的糖的前提下，小猴最多能拿走多少价值的糖？

【输入】

第一行一个整数 \(T\)，表示有 \(T(1≤T≤50)\) 组数据。

接下来的每组数据，第一行是一个整数 \(N(1≤n≤10^5)\)，表示一共有 \(n\) 个糖。

第二行是 \(n\) 个被空格分开的正整数，表示每个糖的价值，不超过 \(1000\)。

输入量较大，请使用scanf或者cin关闭流同步。

【输出】

对于每组数据，输出一行。

该行包括一个整数，表示在不同时拿走任意相邻的糖的前提下，最多能拿走的糖的价值。

【输入样例】

2
3
1 8 2
4
10 7 6 14

【输出样例】

8
24

【核心思想】

1. 问题分析：给定 \(n\) 个糖果排成一行，每个糖果有价值 \(a_i\)，要求选择若干糖果使得总价值最大，且不能选择相邻的糖果。这是一个经典的线性动态规划问题，类似于"打家劫舍"问题。

2. 算法选择：

   • 线性 DP（一维动态规划）：定义状态表示每个位置选或不选的最大价值
   • 状态设计：\(dp[i][0]\) 表示不选第 \(i\) 个糖果时的最大价值，\(dp[i][1]\) 表示选第 \(i\) 个糖果时的最大价值

3. 关键步骤：

   • 初始化：\(dp[0][0] = dp[0][1] = 0\)，表示没有糖果时价值为 \(0\)
   • 状态转移：
     • 不选第 \(i\) 个：\(dp[i][0] = \max(dp[i-1][0], dp[i-1][1])\)，可以从上一个选或不选转移过来
     • 选第 \(i\) 个：\(dp[i][1] = dp[i-1][0] + a[i]\)，只能从上一个不选转移过来（不能相邻）
   • 答案：\(\max(dp[n][0], dp[n][1])\)，取最后位置选或不选的最大值

4. 时间/空间复杂度：

   • 时间复杂度：\(O(T \cdot n)\)，\(T\) 组数据，每组 \(O(n)\) 的 DP 计算
   • 空间复杂度：\(O(n)\)，DP 数组存储，可优化至 \(O(1)\)

5. 线性 DP 的核心思想：

   • 状态定义：明确每个位置的状态，本题用二维状态表示选/不选
   • 状态转移：根据约束条件（不能相邻）设计转移方程
   • 最优子结构：当前最优解由子问题的最优解组合而成
   • 空间优化：由于只依赖前一行，可以用滚动数组将空间优化至 \(O(1)\)
   • 适用于序列选择、路径规划等具有线性结构的问题

【算法标签】

线性DP-一维

【代码详解】

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int t, n, a[N], dp[N][2];  // dp[i][0]: 不选第i个, dp[i][1]: 选第i个

int main()
{
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));  // 重置DP数组
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d", &a[i]);  // 读取数组元素
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            // 不选第i个元素
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);
            // 选第i个元素
            dp[i][1] = dp[i - 1][0] + a[i];
        }
        cout << max(dp[n][0], dp[n][1]) << endl;  // 输出最大和
    }
    return 0;
}

【运行结果】

2
3
1 8 2
8
4
10 7 6 14
24