NOIp2005 过河

Posted 2020-09-28 沐灵_hh

题目描述 Description

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0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。

输入描述 Input Description

输入第一行有一个正整数L（1<=L<=109），表示独木桥的长度。第二行有三个正整数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。

输出描述 Output Description

输出只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

样例输入 Sample Input

10
2 3 5
2 3 5 6 7

样例输出 Sample Output

2

数据范围及提示 Data Size & Hint

数据规模

对于30%的数据，L<=10000；

对于全部的数据，L<=109。

题解：

首先，本题的动态规划方程很好写:f[i]=min(f[i],f[i-j]+a[i]),s<=j<=t;但是L<=1000000000,是绝对会超时的。

虽然L<=1000000000，但m<=100。所以石头中间一定有很长的空，在空的这段区域中，f[i]多数是不变的，也就是说我们多做了一些不必要的计算，所以我们要压缩这些空，来减少计算。

#include<iostream>  
#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<algorithm>  
using namespace std;  
const int maxn=1000000000+5;  
int read()  
{  
    int x=0,f=1;  
    char ch;  
    ch=getchar();  
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar();}  
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}  
    return x*f;  
}  
int l,s,t,m;  
int f[10000],a[105],d[105],q[105],b[105];  
int main()  
{  
    int i,j;  
    l=read();  
    s=read();t=read();m=read();  
    for(i=1;i<=m;i++)  
    a[i]=read();  
    if(s==t)  
    {  
        int ans=0;  
        for(i=1;i<=m;i++)  
        {  
            if(a[i]%s==0) ans++;  
        }  
        printf("%d",ans);  
        return 0;  
    }  
    sort(a+1,a+m+1);  
    for(i=1;i<=m;i++)  
    {  
        d[i]=a[i]-a[i-1];  
        q[i]=d[i]%t;  
    }  
    for(i=1;i<=m;i++)  
    {  
        if(d[i]<=t+q[i])  
            a[i]=a[i-1]+d[i];  
        else  
            a[i]=a[i-1]+t+q[i];  
        b[a[i]]=1;  
    }  
    int p=(l-a[m])%t;  
    l=a[m]+t+p;  
    memset(f,0x7f,sizeof(f));  
    f[0]=0;  
    for(i=1;i<l+t;i++)  
    for(j=s;j<=t;j++)  
    {  
        if(i>=j&&i-j<l)  
        { if(!b[i])  
            f[i]=min(f[i-j],f[i]);  
        else f[i]=min(f[i-j]+1,f[i]); }  
    }  
    int ans=maxn;  
    for(i=l;i<l+t;i++)  
        ans=min(ans,f[i]);  
    printf("%d",ans);  
    return 0;  
}