【Leetcode】740- 删除并获得点数

本文主要是介绍【Leetcode】740- 删除并获得点数，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

问题简述

给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。
每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除所有等于nums[i]-1和nums[i]+1的元素。
开始你拥有0个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。

示例 1：
输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。

示例 2：
输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。

提示：
1 <= nums.length <= 2 * 10⁴
1 <= nums[i] <= 10⁴

思路分析

对于该问题，选择任意一个nums[i]删除操作中需要频繁查找等于nums[i]-1和nums[i]+1的元素。由于原数组的元素存储是无序的，不便反复查找特定值的元素，因此我们新建一个数组，以数值大小作为下标，每个数值的出现次数为值，这样直接通过下标检索特定值的元素判断其是否存在，就可以省略这些查找的动作。
因此启发了我们从另一个角度分析，如果从数值的角度来考虑是否删除当前元素，则可以将原问题拆分为一个分阶段求解的问题。从数值小的元素开始求解，设第n个阶段的问题为——是否删除数值为n的元素，有2种可选方案：（1）删除n（注意若有多个值为n的数应该全部删除以获取尽量多的点数），那么需要同时删除n-1和n+1，获取点数为 n$\times$n的个数+阶段n-2获取的点数；（2）n不存在或者不删除n，那么可以直接采用阶段n-1的决策方案，获取点数为 阶段n-1的获取点数；
可见，该问题也是一个可以使用动态规划来求解的问题。第n个阶段的问题的解是基于子问题（阶段n-1和阶段n-2）的最优解来推断得到的，具有最优子结构的特性；每个阶段的状态就是当前阶段获取的点数，第n个阶段的问题的决策只与阶段n-1和阶段n-2的状态（即 子问题的最优解）有关，与此之前阶段的状态无关，满足无后效性。该问题的状态转移方程为：dp[n] = max(dp[n-1], n$\times$c+dp[n-2])，其中c指的是数值为n的元素个数。
具体实现时，为了减少占用空间，可以不用状态数组dp来存储每个阶段的状态，因为阶段n的状态仅与阶段n-1及阶段n-2的状态有关，使用两个变量分别指代前两个状态即可。

代码示例

class Solution:def deleteAndEarn(self, nums: List[int]) -> int:# 创建一个数组记录每个数值的出现次数counts = [0] * (max(nums) + 1)for i in range(len(nums)):counts[nums[i]] += 1# 使用两个变量分别指代当前阶段的前两个阶段的状态ppre, pre = counts[0], max(counts[0], counts[1])for j in range(2, len(counts)): # 状态转移方程ppre, pre = pre, max(pre, ppre + j * counts[j])return pre

复杂度分析

时间复杂度 $O(n+m)$
空间复杂度 $O(m)$
其中m为数组nums的最大值，由于需要遍历原数组和新创建数组，时间复杂度取决于两个数组的长度，空间复杂度取决于新创建数组的长度。

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