给你一个整数数组
nums
，请你找出并返回能被三整除的元素最大和。
示例 1：
输入：nums = [3,6,5,1,8]
输出：18
解释：选出数字 3, 6, 1 和 8，它们的和是 18（可被 3 整除的最大和）。
示例 2：
输入：nums = [4]
输出：0
解释：4 不能被 3 整除，所以无法选出数字，返回 0。
示例 3：
输入：nums = [1,2,3,4,4]
输出：12
解释：选出数字 1, 3, 4 以及 4，它们的和是 12（可被 3 整除的最大和）。
提示：
-
1 <= nums.length <= 4 * 10^4
-
1 <= nums[i] <= 10^4
方法一：贪心做法
如果一开始数组中所有的数字和是3的倍数的话，那么就直接输出就可以了。
如果一开始数组中所有的数字和取余3等于1的话，有两种情况：
①减去一个取余3为1的数字
②减去两个取余3为2的数字
这两种情况取最优
如果一开始数组中所有的数字和取余3等于2的话，有两种情况：
①减去一个取余3为2的数字
②减去两个取余3为1的数字
这两种情况取最优
class Solution {
public:
int maxSumDivThree(vector<int>& nums) {
int N = nums.size();
vector<int> div1,div2,div3;\
int sum = 0;
for(int i=0;i<N;++i){
if(nums[i]%3==0)
div3.push_back(nums[i]);
else if(nums[i]%3==1)
div1.push_back(nums[i]);
else if(nums[i]%3==2)
div2.push_back(nums[i]);
sum += nums[i];
}
if(sum%3==0)
return sum;
else if(sum%3==1){
if(div2.size()<2 && div1.empty())
return 0;
else if(div2.size()<2){
sort(div1.begin(),div1.end());
return sum-div1[0];
}else if(div1.empty()){
sort(div2.begin(),div2.end());
return sum-div2[0]-div2[1];
}else{
sort(div1.begin(),div1.end());
sort(div2.begin(),div2.end());
return max(sum-div2[0]-div2[1],sum-div1[0]);
}
}else if(sum%3==2){
if(div1.size()<2 && div2.empty())
return 0;
else if(div1.size()<2){
sort(div2.begin(),div2.end());
return sum-div2[0];
}else if(div2.empty()){
sort(div1.begin(),div1.end());
return sum-div1[0]-div1[1];
}else{
sort(div1.begin(),div1.end());
sort(div2.begin(),div2.end());
return max(sum-div1[0]-div1[1],sum-div2[0]);
}
}
return sum;
}
};
方法二：动态规划
分析这个样例可以知道，这是一道01背包的问题。每个数只能选一次。
不过，样例里面还有1，8被选进去。这是因为 1%3 = 1, 8%3 = 2. 也就是说，对于被3整除的最大和，还需要考虑被1和2整除的最大和，并且每个数只能使用一次。
因此，状态就出来了：
dp[i][j]表示前 i 个数中模 3 余 j 的最大和。
一开始dp[0][1]和dp[0][2]都初始化为INT_MIN.
下面上dp打表的图。
状态转移方程：
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][*] + nums[i-1]); ( * 根据情况而定)
比如 t%3 == 2
对于dp[i][0]，有前两种状态可以递推得到：
- dp[i-1][1] + t
- dp[i-1][0]
从这两种状态中取最大值，就是前 i 个数中%3==0的最大和。
在上述式子中，我们也需要保证dp[i-1][1]是最大的，因此我们要写3个dp，并且要分类讨论。
下面上代码：
class Solution {
public:
int maxSumDivThree(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
int dp[n+2][3];
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0] = 0; dp[0][1] = INT_MIN; dp[0][2] = INT_MIN;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
int t = nums[i-1]%3;
if(t == 0)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][0] + nums[i-1]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][1] + nums[i-1]);
dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][2] + nums[i-1]);
}
else if(t == 1)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][2] + nums[i-1]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + nums[i-1]);
dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1] + nums[i-1]);
}
else if(t == 2)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + nums[i-1]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][2] + nums[i-1]);
dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][0] + nums[i-1]);
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
for(int j = 0;j <= 2;j++)
{
cout<<dp[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}
return dp[n][0];
}
};