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牛客_宵暗的妖怪_DP
描述：
露米娅作为宵暗的妖怪，非常喜欢吞噬黑暗。这天，她来到了一条路上，准备吞噬这条路上的黑暗。这条道路一共被分为n 部分，每个部分上的黑暗数量为ai 。
露米娅每次可以任取 连续的 未被吞噬 过的三部分，将其中的黑暗全部吞噬，并获得中间部分的饱食度。露米娅想知道，自己能获得的饱食度最大值是多少？
输入描述：
第一行一个正整数n ，代表道路被分的份数。
第二行有n 个正整数ai ，代表每一部分黑暗数量。
数据范围：3≤n≤100000,1≤ai≤10^9
输出描述：
一个正整数，代表最终饱食度的最大值。
题目解析
打家劫舍，但是别抢到最后一家就行。
打家劫舍问题复习：
Offer必备算法15_简单多问题dp_八道力扣题（打家劫舍+买卖股票）-CSDN博客
以某个位置为结尾，结合题目要求，dp[i] 表示：选择到 i 位置时，此时的最大金额。
但是我们这个题在 i 位置的时候，会面临选择或者不选择两种抉择，所依赖的状态需要细分：
f[i] 表示：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最大金额；
g[i] 表示：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时的最大金额。
因为状态表示定义了两个，因此状态转移方程也要分析两个：
对于 f[i] ： 如果 nums[i] 必选，那么仅需知道 i - 1 位置在不选的情况下的最大金额， 然后加上 nums[i] 即可，因此 f[i] = g[i - 1] + nums[i] 。
对于 g[i] ： 如果 nums[i] 不选，那么 i - 1 位置上选或者不选都可以。因此，我们需要知道 i - 1 位置上选或者不选两种情况下的最大金额，因此 g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]) 。
C++代码
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
#define int long long
signed main()
{
int n = 0;
cin >> n;
vector<int> arr(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
cin >> arr[i];
}
vector<int> dp(n + 1);
for(int i = 3; i <= n; ++i)
{
dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 3] + arr[i - 1]); // 不拿和拿
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}Java代码
cpp
import java.util.*;
public class Main
{
public static void main(String[] args)
{
Scanner in = new Scanner(System.in);
int n = in.nextInt();
long[] arr = new long[n + 1];
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
arr[i] = in.nextLong();
}
long[] dp = new long[n + 1];
for(int i = 3; i <= n; i++)
{
dp[i] = Math.max(dp[i - 3] + arr[i - 1], dp[i - 1]);
}
System.out.println(dp[n]);
}
}