NOIP2005提高组——青蛙过河

Posted 2021-06-22 kitiz

 

题目描述

在河上有一座独木桥，一只青蛙想沿着独木桥从河的一侧跳到另一侧。在桥上有一些石子，青蛙很讨厌踩在这些石子上。由于桥的长度和青蛙一次跳过的距离都是正整数，我们可以把独木桥上青蛙可能到达的点看成数轴上的一串整点：$0, 1,...,L$（其中$L$是桥的长度）。坐标为的点表示桥的起点，坐标为$L$的点表示桥的终点。青蛙从桥的起点开始，不停的向终点方向跳跃。一次跳跃的距离是$S$到$T$之间的任意正整数（包括$S, T$）。当青蛙跳到或跳过坐标为$L$的点时，就算青蛙已经跳出了独木桥。

​题目给出独木桥的长度$L$，青蛙跳跃的距离范围$S, T$，桥上石子的位置。你的任务是确定青蛙要想过河，最少需要踩到的石子数。

输入输出格式

输入格式：

​第一行有$1$个正整数$L(1<=L<=100)$，表示独木桥的长度。

​第二行有个$3$正整数$S, T, M$，分别表示青蛙一次跳跃的最小距离，最大距离及桥上石子的个数，其中$1<=S<=T<=10$, $1<=M<=100$。

​第三行有$M$个不同的正整数分别表示这$M$个石子在数轴上的位置（数据保证桥的起点和终点处没有石子）。所有相邻的整数之间用一个空格隔开。

输出格式：

​一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

输入输出样例

输入样例#1：

10

2 3 5

2 3 5 6 7

输出样例#1：

2

说明

对于30%的数据，$L<=10000$；

对于全部的数据，$L<=10^9$。

2005提高组第二题

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题解：

​ 观察数据，我们发现，独木桥的长度$L<=10^9$，而石子的数量最多只有$100$个。因此，我们便可以考虑用离散化来解决这道题目。

​​ 我们用$stone$数组来存储每个石子的坐标，读入之后进行离散化操作。

离散化具体实现过程

​​ 我们并不知道输入是不是按从小到大有序输入的，因此我们先从小到大排序，排完序之后，我们从第一个石子开始进行离散化。

​​ 若第$i$石子与第$i-1$个石子之间的距离大于$s*t$，我们便可以将这颗石子与上一颗石子的距离简化为$(stone[i]-stone[i-1])%t+t*s$，这样可以将桥长$L$压缩到$10000$以内。然后用$bridge$数组来存储离散化之后桥上石子的分布情况。

 如图，我们设$stone[1] = 3, stone[2] = 10, s = 1, t = 2$的话，便会得到上图。然后我们压缩 $stone[2]$ 与 $stone[1]$ 之间的距离，便会得到下图的 $birdge[2]$ 。

 

那么，这为什么是正确的呢？我们不难发现，$stone[2]$ 减去 $n$ 个$t$ 之后就可以得到 $bridge[2]$ ，所以说，凡是能够到达 $stone[2]$ 的点也一定可以到达 $bridge[2]$，所以这个思路是正确的。

之后，我们用$identifier$数组存储离散化之后的桥长，用$sum$数组存储跳到桥上每一点最少需要踩到的石子数。我们从跳跃的最小距离$s$枚举到最大距离$t$，用变量$j$存储所枚举的距离，我们很容易得到状态转移方程$sum[i] = min(sum[i], sum[i-j] + bridge[i])$。但是，从离散化之后桥上第$1$个点开始计算最小经过的石子数，但是要计算到哪呢？观察下图，我们可以发现，在$identifier$ ~ $identifier + t$之内都可以跳到终点，因此计算范围为$1$ ~ $identifier + t$ 。

 

剩下的就很简单啦，通过上面的分析，答案就在$identifier$ ~ $identifier+t$之内，因此我们枚举这个区间内的$sum$值，找出最小值，这便是我们的答案辣！

最后附上代码:

 1 #include <cstring>
 2 #include <iostream>
 3 #include <algorithm>
 4 using namespace std;
 5 int stone[101], sum[10001];
 6 bool bridge[100001]; //存储离散化之后桥上石子的分布情况
 7 int main() {
 8     int l, s, t, m; //桥长，青蛙一次跳跃的最小距离，最大距离及桥上石子的个数
 9     cin >> l >> s >> t >> m;
10     memset(sum, 0x3f, sizeof(sum)); //初始化sum数组
11     for(int i = 1; i <= m; i++)
12         cin >> stone[i];
13     sort(stone, stone + m + 2);
14     int identifier = 0;
15     for (int i = 1; i <= m + 1; i++) {
16         if (stone[i] - stone[i - 1] <= t * s)
17             identifier += stone[i] - stone[i - 1];
18         else
19             identifier += (stone[i] - stone[i - 1]) % t + t;
20         bridge[identifier] = true;
21     }
22     sum[0] = 0;
23     for (int i = 1; i <= identifier + t; i++)
24         for (int j = s; j <= t; j++)
25             if ((i - j) >= 0)
26                 sum[i] = min(sum[i], sum[i - j] + bridge[i]);
27     int ans = 0x3f;
28     for (int i = identifier; i <= identifier + t; i++)
29         ans = min(ans, sum[i]);
30     cout << ans;
31     return 0;
32 }

 

 

 

 

转自：

https://www.actinoi.com/2019/05/30/noip2005%E6%8F%90%E9%AB%98%E7%BB%84%E2%80%94%E2%80%94%E8%BF%87%E6%B2%B3/