一个魔法师有许多不同的咒语。

给你一个数组 power ，其中每个元素表示一个咒语的伤害值，可能会有多个咒语有相同的伤害值。

已知魔法师使用伤害值为 power[i] 的咒语时，他们就 不能 使用伤害为 power[i] - 2 ，power[i] - 1 ，power[i] + 1 或者 power[i] + 2 的咒语。

每个咒语最多只能被使用 一次 。

请你返回这个魔法师可以达到的伤害值之和的 最大值 。

示例 1：
输入：power = [1,1,3,4]

输出：6

解释：

可以使用咒语 0，1，3，伤害值分别为 1，1，4，总伤害值为 6 。

示例 2：
输入：power = [7,1,6,6]

输出：13

解释：

可以使用咒语 1，2，3，伤害值分别为 1，6，6，总伤害值为 13 。

代码（超内存，完成度：537/554）

class Solution {
public:long long maximumTotalDamage(vector<int>& power) {int count = 0;unordered_map<int, int> group;for(int num : power){group[num]++;count = max(count, num);}vector<pair<int,int>> freq(count + 1);for (const auto& entry : group) {freq[entry.first] = {entry.first, entry.second};}if (freq.size() == 0) return 0;if (freq.size() == 1) return freq[0].first * freq[0].second;if (freq.size() == 2) return max(freq[0].first * freq[0].second, freq[1].first * freq[1].second);vector<int> dp(freq.size());dp[0] = freq[0].first * freq[0].second;dp[1] = max(dp[0], freq[1].first * freq[1].second);dp[2] = max(dp[1],freq[2].first * freq[2].second);for(int i = 3; i < freq.size();i++){dp[i] = max(dp[i-1], dp[i-3] + freq[i].first * freq[i].second);}return dp[freq.size() - 1];}
};

在做这一题的时候，很像打家劫舍的问题，一开始的想法是构造一个初始化为0的数组group，然后列出状态转移方程max(dp[i-1], dp[i-3] + freq[i].first * freq[i].second)来解决问题，这个思路本身没有错，但是在提交的时候发现超出内存限制，原因是构造的freq有许多空间没有用到（都是0），所以需要用其他方法来避免对这些多余空间的占用。

记忆化搜索

class Solution {
public:long long maximumTotalDamage(vector<int>& power) {unordered_map<int, int> group;for(int num : power){group[num]++;}vector<pair<int, int>> a(group.begin(), group.end());sort(a.begin(), a.end(), [](const auto& a, const auto& b) {return a.first < b.first;});int n = a.size();vector<long long> memo(n, -1);auto dfs = [&](auto&& dfs, int i) -> long long{if(i < 0){return 0;}long long& res = memo[i];if(res != -1){return res;}int j = i;auto& [x,y] = a[i];while(j && a[j-1].first >= x-2){j--;}return res = max(dfs(dfs,i-1), dfs(dfs,j-1) + (long long) x * y);};return dfs(dfs, n-1);}
};

记忆化搜索运用了递归的思想，也运用了动态规划的思想，自上而下进行计算。
第一个要点是auto dfs = [&](auto&& dfs, int i) -> long long 中的&为什么要这样放。

捕获列表中的&：
& 表示按引用捕获外部作用域中的变量。这允许lambda函数在外部作用域中修改这些变量。
在这个上下文中，&捕获列表确保lambda函数能够访问和修改所有在其外部定义的变量，例如memo和a。

参数列表中的auto&& dfs：
这里的auto&& dfs是一个递归lambda函数的参数，表示该lambda函数自身的引用。
auto&&是一种通用引用（也叫转发引用），它可以绑定到任何类型（左值或右值引用）。
auto&& dfs允许我们定义一个递归lambda函数，因为在递归调用中，我们需要一个对自身的引用。

第二个是记忆话搜索可以用递归树来表示，如图：

在示例1中：power = [1,1,3,4]，答案输出为6。

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return dfs(dfs, n-1);

上面这一行代码返回的是{4,1}，也就是最顶层的根节点。

auto dfs = [&](auto&& dfs, int i) -> long long{if(i < 0){return 0;}long long& res = memo[i];if(res != -1){return res;}int j = i;auto& [x,y] = a[i];while(j && a[j-1].first >= x-2){j--;}return res = max(dfs(dfs,i-1), dfs(dfs,j-1) + (long long) x * y);};

memo的作用
在dfs这个lambda函数内部，此时传进来的参数 i = 2，这时候首先要做的事情就是，将res指向memo[i]， long long& res = memo[i]; 。设立memo这个数组的目的就是，储存在第 i 个元素之前的时候，可以最多造成的伤害。当memo[i]中的值被更改的时候，由于&res是对memo[i]的引用，也就是说，memo[i]被更改也就是res被更改，这时候就直接返回res。

	if(res != -1){return res;}

直接返回res有什么意义呢？原因是为了避免重复运算，在后面会提到。
接着auto& [x,y] = a[i];代表[x,y]是对a[i]的引用，[x,y]指向{4,1},x=4，y=1。这时候设立一个整型 j，他的目的是如果这时候选择了伤害为4的咒语，那么他就会自动搜索刚好满足a[j-1].first >= x-2这个伤害的咒语，然后再进行j--，j - 1 一定会满足小于x-2，最后在return中返回 j - 1。

return res = max(dfs(dfs,i-1), dfs(dfs,j-1) + (long long) x * y)

最后返回两种情况（选择伤害为4的咒语或不选择）中的最大值，在递归树中，也就是所具有最大数值的分支。dfs(dfs,i-1) 代表不选，指向{3,1}，dfs(dfs,j-1) + (long long) x * y代表选，指向{1,2}。那么如何判断每个分支的数值呢？

接下来请看上面的递归树进行理解
在实际递归的运算过程中，采用的是深度优先遍历，也就是计算{4,1}的res需要第二层的{3,1}和{1,2}都返回给它一个值，他会先看{3,1}有没有返回给它一个值，发现{3,1}没有返回给它一个值，他就会计算{3,1}的两个子节点的返回值来计算{3,1}的值是多少，他就会先看第三层{1,2}有没有返回给他一个值，发现也没有，就会去计算第三层{1,2}的两个子节点的返回值来计算{1,2}的值，由于第三层的{1,2}是第一个元素了，所以他的两个子节点都只能返回它0。

这时候我们计算第三层{1,2}的值，他的值（也就是res）的计算要比较两种情况的最大值，也就是要选伤害为 1 的咒语还是不选择？如果不选择的话，他的左边的字节点会返回给它一个0，也就是代码中的dfs(dfs,i-1)。如果选择的话呢，右边的字节点也会返回给它一个0，但是要注意的是，当选择的时候，{1,2}的res的计算需要加上它本身 1 * 2 = 2，为什么要加，因为它选择了。选择的情况对应代码dfs(dfs,j-1) + (long long) x * y。这时候不选择的话，第三层{1,2}的res为0，选择的话，res为 0 + 1 * 2 = 2，取两种情况最大值2，所以第三层{1,2}的res也就是2，这时候要储存memo[0] = 2。

这时候往上去计算{3,1}的res，这时候{3,1}不选择伤害为3的咒语伤害的情况也就是{1,2}给他的返回值，同样对应代码dfs(dfs,i-1)，这时候还差选择的情况，也就是需要计算{3,1}右边的子节点返回给它的值，右边的子节点返回给它的值是0，但是因为选择了伤害为3的咒语，所以所以{3,1}的res也就是0 + 3 = 3，取不选和选两种情况的最大值，也就是{3,1}的res为3，这时候储存memo[1] = 3。

接下来{4,1}的左子节点返回了他的res = 3，也就是{4,1}不选择情况的res是3，这时候可以开始计算选择伤害为4的咒语时候的res是多少，也就是要计算右子节点返回的值 + 4 * 1 。右子节点也就是第二层的{1,2}，这时候就不需要像刚刚一样计算左右子节点返回值是多少了，因为{1,2}的res我们在前面已经算出等于2，储存在了memo[0]中。即使你再算一遍，{1,2}无论如何就是两种情况，计算方式和前面的完全相同。这时候也就是为什么要使用memo来储存res，这样可以避免多余的运算，可以返回上面看加粗的memo的作用这个标题，就能理解了。回到我们刚刚问题，不选择伤害为4咒语的情况返回的res是3，选择的情况就是右子节点返回的res = 2，然后还要加上4，所以选择的情况的res是6。然后比较选择和不选择两种情况的最大值，所以{4,1}的res = 6，储存memo[2] = 6。

这时候就计算出了施咒的最大伤害是6。