u1s1 最近比较鸽，被 whk 压榨干了……
这是一个唯一的 ABC 的红题
洛谷爬虫貌似还没修好，咕咕咕 & AtC 题目页面传送门
有一列 (3n) 个数 (a_iin[1,n])。你需要进行 (n-1) 次操作，每次可以将最左边 (5) 个数任意排列，然后删除最左边 (3) 个数，如果这 (3) 个数相等则得 (1) 分。显然 (n-1) 次操作后还剩 (3) 个数，那么若它们相等则额外得 (1) 分。求最大得分。
(nin[1,2000])。
由于一开始把「最左边」看成了「最右边」，就按照「最右边」想 & 写了，过不去样例然后发现了就 reverse 了一下（捂脸）。所以题解也按照「最右边」来写了。
贪心什么的就不用想了，考虑 DP。
注意到，第 (i) 次涉及到的 (5) 个数中，只有右边 (2) 个数也在第 (i-1) 次操作里被涉及到了，而左边 (3) 个数在前 (i-1) 次操作做完之后都是固定的（(a_{3i-4sim 3i-2})）。于是就有了一个很显然的，以操作数为阶段的 DP：设 (dp_{i,j,k}) 表示考虑到第 (i) 次操作，第 (i) 次操作的右边 (2) 个数分别为 (j,k) 的最大得分。那么边界是 (dp_{1,i,j}=[a_1=i=j])，目标是 (dp_{n,a_{3n},a_{3n-1}})。转移的话，枚举就可以了，是（伪）(mathrm O(1)) 的：
其中 (A(i,j,k)={a_{3i-4},a_{3i-3},a_{3i-2},j,k})，(vld(S,a,b)) 表示可重集 ({a,b}) 是否包含于可重集 (S)，(eq(S)) 表示可重集 (S) 内的元素是否全部相等。
这样总复杂度是 (mathrm O!left(n^3
ight)) 的，常数还比较大，大概 (3 imes5 imes5) 这样，显然过不去，考虑换思路？这辈子不可能的。考虑优化。
注意到，光状态数量就爆炸了，于是想到 CF 809D 的套路，转移的时候直接在 DP 数组上修改来实现相邻阶段 DP 数组的转移，从而转化为一个 DS 向的问题（那题是平衡树维护的）。
考虑分析这题的转移。显然可以分成 (3) 类：
- (o,p) 都是固定的 (3) 个中的：那么显然只有常数个，而且对于所有 DP 状态，它们都是合法转移。于是直接全局取 (max) 即可，对于有加 (1) 的单点取 (max) 特殊照顾一下；
- (o,p) 一个是固定的，一个不是固定的：不妨设 (o) 是固定的，(p) 不是固定的。注意到，由于 (o) 的数量是常数，所以 ((o,p)) 的数量是 (mathrm O(n))。而对于每个 ((o,p))，以它作为一个合法转移的状态在二维 DP 数组中显然分布成一行一列的并，于是对于每个 ((o,p)) 都做一次行取 (max) 和列取 (max)，然后特殊情况一样特殊单点取 (max)；
- (o,p) 都是固定的：那么显然对于每个状态，这个 ((o,p)) 唯一且就是它自身。于是如果固定的 (3) 个相等的话，全局加 (1) 即可。（这一种体现了那个套路的优势，即它可以将赋值转化为修改）
总结一下，我们只需要维护一个数据结构，支持在二维的矩阵上进行单点取 (max)、行取 (max)、列取 (max)、全局加 (1)、单点查询（全局取 (max) 可以转化为 (n) 次行 / 列取 (max)）。DS 学傻的同学们应该很容易想到平方乘以 1~2 个 (log) 的线段树，不过显然不会放你过去。
事实上这是一个刚学 OI 的蒟蒻都会的。注意到一个点的 (max) 贡献来源只可能是单点、本行、本列。于是对于每个单点、行、列都维护一个取 (max) 的贡献总和，然后单点查询取三者 (max) 即可。还剩一个全局加 (1)，那么显然在外面维护一个整体增加量即可，稍微动点脑子就能证明。
这题中有些要注意的：如果真是个 DS 题，那么每次修改立即生效，而本题不然，它是以一个阶段为单位进行修改操作生效的。那怎么办？难道将 DP 数组 copy 一遍不成？那就梦回三方了。容易想到，对于每个修改先将要修改的地址和值存下来，等到本阶段结束之后一齐赋值。至于全局加 (1)，应当在阶段开始时加，如果加成功了那么本阶段取值的时候就要减 (1)（太显然了吧）。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
const int N=2000;
int n;
int a[3*N+1];
int dp[N+1][N+1];
int mx_r[N+1],mx_c[N+1];
bool added;
int real_dp(int x,int y){return max(dp[x][y],max(mx_r[x],mx_c[y]))-added;}
vector<pair<int*,int> > chg;
void chkmx(int &x,int y){chg.pb(mp(&x,y));}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=3*n;i++)scanf("%d",a+i);
reverse(a+1,a+3*n+1);//（捂脸
// for(int i=1;i<=3*n;i++)cout<<a[i]<<" ";puts("");
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dp[i][j]=a[1]==i&&i==j;
int add=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[3*i-4]==a[3*i-3]&&a[3*i-3]==a[3*i-2])add++,added=true;
else added=false;
chg.clear();
for(int j=3*i-4;j<=3*i-2;j++){
vector<int> v;
for(int k=3*i-4;k<=3*i-2;k++)if(k!=j)v.pb(a[k]);
for(int k=1;k<=n;k++)chkmx(mx_r[k],real_dp(v[0],v[1]));
chkmx(dp[a[j]][a[j]],real_dp(v[0],v[1])+1);
}
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int k=3*i-4;k<=3*i-2;k++){
chkmx(mx_r[j],real_dp(j,a[k])),chkmx(mx_c[j],real_dp(j,a[k]));
vector<int> v;
for(int o=3*i-4;o<=3*i-2;o++)if(o!=k)v.pb(a[o]);
if(v[0]==v[1])chkmx(dp[j][v[0]],real_dp(j,a[k])+1),chkmx(dp[v[0]][j],real_dp(j,a[k])+1);
}
}
for(int j=0;j<chg.size();j++)*chg[j].X=max(*chg[j].X,chg[j].Y);
}
added=false;
cout<<real_dp(a[3*n],a[3*n-1])+add;
return 0;
}