111. [NOIP2005] 过河
★★★ 输入文件：river.in 输出文件：river.out 简单对比
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【问题描述】
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 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。
【输入文件】
输 入文件的第一行有一个正整数 L （ 1 <= L <= 10^9 ），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。
【输出文件】
输出文件只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。
【输入样例】
10
2 3 5
2 3 5 6 7
【输出样例】
2
【数据规模】
对于30%的数据，L <= 10000；
对于全部的数据，L <= 10^9。
刚开始做的时候，竟然没看到数据范围，写了个dfs，全T：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=101;
bool rock[N];
int l;
int minn,maxn,n;
int answer=9999999;
int nowans;
inline int read()
{
int x=0;char c=getchar();
while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=getchar();
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=x*10+c-‘0‘,c=getchar();
return x;
}
void dfs(int step)
{
if(rock[step])
nowans++;
if(step>=l)
{
answer=min(answer,nowans);
return ;
}
for(int i=minn;i<=maxn;i++)
{
dfs(step+i);
step-=i;
}
}
int main()
{
l=read();
minn=read();
maxn=read();
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int my=read();
rock[my]=1;
}
for(int i=minn;i<=maxn;i++)
dfs(i);
printf("%d",answer);
return 0;
}
正解是dp，然而我还未看懂：
我们用 f[i]表示在数轴的 i 点时所能踩石子的最少个数
那么很容易得出状态转移方程：
if(i点有石子) f[i]=min(f[i],f[i-j]+1)
else f[i]=min(f[i],f[i-j])
然而数轴长到fai起，那么我们就压缩一下
先把石子位置（用数组a来存放）从小到大排序，计算两两石子间的距离（用数组d来存放），如果距离<=t，那么a[i]=a[i-1]+d[i]
如果距离大于t，那么就需要压缩距离了，即 a[i]=a[i-1]+t+(d[i]%t)
这里的关键就是取mod的问题，因为青蛙跳的距离不是 1~t 而是 s~t，所以要加mod，举个反例 ：l为10，s=t=7，石子位置为8，如果不加取mod，那么a[1]就会变成 a[0]+7=7，这时候再DP就会踩到石子，然而原来是不会踩到的
//NOIP 2005 过河
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
int s,t,m,l,mx=10000;
int a[102],d[102],f[10000],k[102];
bool b[102];
int main()
{
int i,j;
scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);
fo(i,1,m)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+m+1);
fo(i,1,m)
{
d[i]=a[i]-a[i-1];
k[i]=d[i]%t;
}
fo(i,1,m)
{
if(d[i]<=t+k[i])
a[i]=a[i-1]+d[i];
else if(a[i]-a[i-1]>t+k[i])
a[i]=a[i-1]+t+k[i];
b[a[i]]=1;
}
int p=(l-a[m])%t;
l=a[m]+t+p;
memset(f,0x7f,sizeof f);
f[0]=0;
fo(i,1,l+t-1)
fo(j,s,t)
if(i-j>=0 && i-j<l)
{
if(!b[i])
f[i]=min(f[i],f[i-j]);
else
f[i]=min(f[i],f[i-j]+1);
}
fo(i,l,l+t-1)
mx=min(mx,f[i]);
printf("%d\n",mx);
return 0;
}