feat: added WA and TLE solutions to delete-and-earn problem, also wrote the tutorial file

delete-and-earn/delete-and-earn-tutorial.tex

@@ -0,0 +1,64 @@
+\documentclass[10pt]{article}
+\usepackage[utf8]{inputenc}
+\usepackage{amsmath,amsthm,amssymb}
+\usepackage{fullpage}
+\usepackage{url}
+\pagenumbering{gobble}
+\usepackage{hyperref}
+
+\title{ Tutorial: Deletar e Ganhar}
+\author{Leetcode 740}
+\date{}
+\begin{document}
+\maketitle
+O problema pode ser resolvido utilizando uma abordagem clássica de \textbf{programação dinâmica}.  
+A ideia central é que, ao escolher um número \( x \), ganhamos uma certa quantidade de pontos, mas perdemos a possibilidade de escolher os números \( x - 1 \) e \( x + 1 \), já que eles devem ser removidos da sequência.
+
+\subsection*{Modelagem}
+
+Primeiro, agrupamos os números iguais da sequência e calculamos o total de pontos que seria obtido caso escolhêssemos todos os elementos de valor \( i \):
+\[
+\text{points}[i] = (\text{quantidade de vezes que } i \text{ aparece}) \times i
+\]
+Assim, o problema passa a ser equivalente a escolher quais valores \( i \) maximizarão a soma total de pontos, respeitando a restrição de que, ao escolher \( i \), não podemos escolher \( i-1 \) nem \( i+1 \).
+
+\subsection*{Definição da DP}
+
+Definimos:
+\[
+dp[i] = \text{pontuação máxima possível utilizando apenas os números de } 1 \text{ até } i
+\]
+
+\subsection*{Função de Transição}
+
+A cada passo, temos duas escolhas:
+\begin{itemize}
+    \item \textbf{Não escolher} o número \( i \): nesse caso, o resultado é o mesmo que \( dp[i - 1] \);
+    \item \textbf{Escolher} o número \( i \): ganhamos \( \text{points}[i] \), mas não podemos utilizar \( i - 1 \), então somamos com \( dp[i - 2] \).
+\end{itemize}
+
+A função de transição é, portanto:
+\[
+dp[i] = \max(dp[i - 1], \, dp[i - 2] + \text{points}[i])
+\]
+
+\subsection*{Casos Base}
+
+\[
+dp[0] = 0, \quad dp[1] = \text{points}[1]
+\]
+
+\subsection*{Resposta Final}
+
+A pontuação máxima possível é:
+\[
+dp[m]
+\]
+onde \( m \) é o maior valor presente na sequência original.
+
+\subsection*{Complexidade}
+
+\begin{itemize}
+    \item \textbf{Tempo:} \( O(m) \), onde \( m \) é o valor máximo na sequência;
+    \item \textbf{Espaço:} \( O(m) \), podendo ser otimizado para \( O(1) \) se armazenarmos apenas os dois últimos estados da DP.
+\end{itemize}\end{document}

delete-and-earn/problem.json

@@ -44,8 +44,8 @@
     "solutions": {
         "main-ac": "ac.cpp",
         "alternative-ac": [],
-        "wrong-answer": [],
-        "time-limit": [],
+        "wrong-answer": ["WA.cpp"],
+        "time-limit": ["TLE.cpp"],
         "time-limit-or-ac": [],
         "time-limit-or-memory-limit": [],
         "memory-limit": [],

delete-and-earn/src/TLE.cpp

@@ -0,0 +1,44 @@
+#include <bits/stdc++.h>
+
+typedef long long ll;
+using namespace std;
+
+int findMaxPoints(vector<int>& values, int i) {
+    if (i == 0) {
+        return values[0];
+    }
+    
+    if (i == 1) {
+        return max(values[0], values[1]);
+    }
+    
+    // findMaxPoints(values, i - 1) means you don't take values[i].
+    // findMaxPoints(values, i - 2) + values[i] means you take values[i].
+    // Then, the max points you can get is the larger one of the two cases.
+    return max(findMaxPoints(values, i - 1), findMaxPoints(values, i - 2) + values[i]);
+}
+
+int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {
+    int maxValue = nums[0];
+    for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
+        maxValue = max(maxValue, nums[i]);
+    }
+    
+    vector<int> values(maxValue + 1, 0);
+    for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
+        values[nums[i]] += nums[i];
+    }
+    
+    return findMaxPoints(values, values.size() - 1);
+}
+
+int main()
+{
+    int n;
+    cin >> n;
+    vector<int> nums(n);
+    for (int i = 0; i < n; i++)
+        cin >> nums[i];
+    cout << deleteAndEarn(nums) << endl;
+    return 0;
+}

delete-and-earn/src/WA.cpp

@@ -0,0 +1,37 @@
+#include <bits/stdc++.h>
+
+typedef long long ll;
+using namespace std;
+
+int deleteAndEarn(vector<int> &nums)
+{
+    int sum = 0;
+    map<int, int> quantity;
+    for (int n : nums)
+    {
+        sum += n;
+        quantity[n]++;
+    }
+
+    int maxSum = INT_MIN;
+    for (const auto &pair : quantity)
+    {
+        int currentSum = sum, n = pair.first;
+        if (quantity.count(n - 1))
+            currentSum -= quantity[n - 1] * (n - 1);
+        if (quantity.count(n + 1))
+            currentSum -= quantity[n + 1] * (n + 1);
+        maxSum = max(maxSum, currentSum);
+    }
+    return maxSum;
+}
+int main()
+{
+    int n;
+    cin >> n;
+    vector<int> nums(n);
+    for (int i = 0; i < n; i++)
+        cin >> nums[i];
+    cout << deleteAndEarn(nums) << endl;
+    return 0;
+}

delete-and-earn/statement/tutorial.tex

@@ -0,0 +1,51 @@
+O problema pode ser resolvido utilizando uma abordagem clássica de \textbf{programação dinâmica}.  
+A ideia central é que, ao escolher um número \( x \), ganhamos uma certa quantidade de pontos, mas perdemos a possibilidade de escolher os números \( x - 1 \) e \( x + 1 \), já que eles devem ser removidos da sequência.
+
+\subsection*{Modelagem}
+
+Primeiro, agrupamos os números iguais da sequência e calculamos o total de pontos que seria obtido caso escolhêssemos todos os elementos de valor \( i \):
+\[
+\text{points}[i] = (\text{quantidade de vezes que } i \text{ aparece}) \times i
+\]
+Assim, o problema passa a ser equivalente a escolher quais valores \( i \) maximizarão a soma total de pontos, respeitando a restrição de que, ao escolher \( i \), não podemos escolher \( i-1 \) nem \( i+1 \).
+
+\subsection*{Definição da DP}
+
+Definimos:
+\[
+dp[i] = \text{pontuação máxima possível utilizando apenas os números de } 1 \text{ até } i
+\]
+
+\subsection*{Função de Transição}
+
+A cada passo, temos duas escolhas:
+\begin{itemize}
+    \item \textbf{Não escolher} o número \( i \): nesse caso, o resultado é o mesmo que \( dp[i - 1] \);
+    \item \textbf{Escolher} o número \( i \): ganhamos \( \text{points}[i] \), mas não podemos utilizar \( i - 1 \), então somamos com \( dp[i - 2] \).
+\end{itemize}
+
+A função de transição é, portanto:
+\[
+dp[i] = \max(dp[i - 1], \, dp[i - 2] + \text{points}[i])
+\]
+
+\subsection*{Casos Base}
+
+\[
+dp[0] = 0, \quad dp[1] = \text{points}[1]
+\]
+
+\subsection*{Resposta Final}
+
+A pontuação máxima possível é:
+\[
+dp[m]
+\]
+onde \( m \) é o maior valor presente na sequência original.
+
+\subsection*{Complexidade}
+
+\begin{itemize}
+    \item \textbf{Tempo:} \( O(m) \), onde \( m \) é o valor máximo na sequência;
+    \item \textbf{Espaço:} \( O(m) \), podendo ser otimizado para \( O(1) \) se armazenarmos apenas os dois últimos estados da DP.
+\end{itemize}