D - AtCoder Janken 3 （dp，当前选择影响后续最优解）

题目来源：https://atcoder.jp/contests/abc365/tasks/abc365_d
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题意：两个人玩石头剪刀步，给你n长字符串代表对手的出招，你每次只会赢或者平手，并且你第i出招和i+1出招是不同的，问最多能胜利多少次？
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思路：“贪心吗？怎么可能这么简单。”如果该位置能胜利，反而选择平手后续能有更多的获胜机会的，是会影响后续最优解的。
dp[i][1]：0代表i回合平的最大获胜量，1代表i回合win的最大获胜量。
当s[i]==s[i-1]：那么i回合如果win，只能选择i-1位置平，同理i回合平，只能选择i-1位置win。
当s[i]!=s[i-1]:i位置能贪i-1位置也win，同理平也能贪i-1也平。另外不同选择路径，i回合win，i-1回合平，i回合平，i-1回合win。
不同方式，i和i-1位置是有条件限制的，比如i选择win由i-1位置平得到，那么iwin的出招不能和i-1平的出招相同，其它同理
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题解：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+9;
int dp[N][2];//dp[i][0]:表示第i位平局的最大获胜数量
signed main()
{
    int n;string s;
    cin>>n>>s;
    s=" "+s;
    dp[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(s[i-1]==s[i]){//相同：win只能i-1平。平：i-1win
           dp[i][1]=dp[i-1][0]+1;
           dp[i][0]=dp[i-1][1];
        }
        else{//不同
            dp[i][1]=dp[i-1][1]+1;//相同方式得到
            dp[i][0]=dp[i-1][0];
            //i：win，i-1平
            //i：平， i-1win
            if(!((s[i-1]=='P'&&s[i]=='S')||(s[i-1]=='S'&&s[i]=='R')||(s[i-1]=='R'&&s[i]=='P'))){
                dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-1][1]);
            }
            if(!((s[i]=='P'&&s[i-1]=='S')||(s[i]=='S'&&s[i-1]=='R')||(s[i]=='R'&&s[i-1]=='P'))){
                dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[i-1][0]+1);
            }
        }
    }
    cout<<max(dp[n][0],dp[n][1])<<endl;
    return 0;
}