Jongmah：小清新麻将 dp 题。
观察
首先观察这两个操作的性质，不难发现我们出掉的所有的顺子只要累计出了三次，这三次顺子就一定可以化作出三次相同的单牌。
因此，我们得出结论：任何一个顺子最多只能出 \(2\) 次。
实现
这个性质就很好 dp 了，首先把所有牌扔进桶里是显然的。因为 \(i-2,i-1\) 为开头的顺子会影响 \(i\) 为开头的顺子的计算，所以我们将它们放入状态定义中。
设计 \(dp_{i,j,k}\) 表示当前出到第 \(i\) 位（位就是牌的种类），第 \(i-1\) 位为开头的顺子出了 \(j\) 个，第 \(i\) 位为开头的顺子出了 \(k\) 个。其中 \(0 \le j,k \le 2\)。第 \(i-2\) 位在给后面状态转移时不会用到，只有给当前位转移才会用到。所以在转移的时候枚举第 \(i-2\) 位出的顺子数 \(l\) 即可。
因此有如下转移：
\[dp_{i,j,k}=\max_{l=0}^{2}dp_{i-1,l,j}+\left\lfloor\frac{tot_i-j-k-l}{3}\right\rfloor+l
\]
答案即为 \(dp_{m,0,0}\)，因为 \(m-1\) 位以后不足三种牌，不能组成顺子。
时间复杂度 \(O(m\times 3^3)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using pi=pair<int,int>;
int n,m,dp[1000005][3][3],tot[1000005],ans;
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;tot[x]++;}memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));dp[0][0][0]=0;for(int i=1;i<=m;i++){for(int a=0;a<3;a++){for(int b=0;b<3;b++){for(int c=0;c<3;c++){if(tot[i]-a-b-c>=0)dp[i][b][c]=max(dp[i][b][c],dp[i-1][a][b]+(tot[i]-a-b-c)/3+c);}}}}cout<<dp[m][0][0];return 0;
}
