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(DP)水题。
定义(f[i][j])表示小猫在高度(i)，位于第(j)棵树时最多能吃到的柿子的数量。分为直接往下跳和跳到另一棵树两个决策。
那么很容易写出状态转移方程：
[f[i][j] = max { f[i + 1][j], f[i + Delta][k] } + T[j][i]
]
注意到时间复杂度为(O(n ^ 3))，太高。发现对于第二个决策，针对的高度都是相同的，再开一个数组记录每一高度下最多能吃到的柿子的数量，(DP)时直接调用并更新即可。
初始化全为(0)。
最后答案即为(max { f[1][j = 1 o n] })。
时间复杂度(O(n ^2))。
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 2010;
int f[N][N], T[N][N], ma[N];
inline int re()
{
int x = 0;
char c = getchar();
bool p = 0;
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
p |= c == '-';
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
return p ? -x : x;
}
inline int maxn(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
int main()
{
int i, j, n, m, D, k;
n = re(); m = re(); D = re();
for (i = 1; i <= n; i++)
for (k = re(), j = 1; j <= k; j++)
T[i][re()]++;
for (i = m; i; i--)
for (j = 1; j <= n; j++)
{
f[i][j] = f[i + 1][j] + T[j][i];
if (i + D <= m)
f[i][j] = maxn(f[i][j], ma[i + D] + T[j][i]);
ma[i] = maxn(ma[i], f[i][j]);
}
printf("%d", ma[1]);
return 0;
}