NOIP 2005 过河

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。

对于30%的数据，L <= 10000；
对于全部的数据，L <= 10^9。

格式

输入格式

输入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。

输出格式

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1

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10
2 3 5
2 3 5 6 7

样例输出1[复制]

 

2

限制

1s

来源

NOIp2005 第二题

 

　　今天本来想写道水题找下自信，结果跪得一塌糊涂，裸的dp很好想：　f[i]表示跳到i这个位置所经过的最少的石子，裸的dp为f[i]由f[i-S]到f[i-T]推过来，但是时间空间都不允许。。。然而我就不知道怎么办了，稀里糊涂地想了一些方法，都很明显不对，，只好搜题解来看了，，，核心优化如下：

　　Px+(P+1)y=Q      x,y是未知数，P是跳跃的距离，P+1也是跳跃的距离，对于任意Q，Q>=P*(P-1), x，y一定存在正整数解，换句话说当两个石子之间的距离大于等于T*(T-1)时，中间有相当大的距离是每个点都可以跳到的，因为没有石子，所以对答案没有贡献，可以取模(%90),这样就很好办了。。。

　　然而我还是犯了很多傻逼错误，造成RE了N次，最后发现是内存非法存取，，，写代码一定要三思啊！！！

　　动规好写难想，联赛前一定要多练！！！

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f; 
int L,S,T,M;
long long pos[5000000];
long long f[5000000];
long long a[5000000];
void calc(){
    long long ANS=0;
    for(long long i=1;i<=M;i++){
        if(pos[i]%S==0)
            ANS++; 
    }
    cout<<ANS;
    return ;
}
int main(){
    
    scanf("%d%d%d%d",&L,&S,&T,&M);
    for(long long i=1;i<=M;i++) scanf("%d",&pos[i]);
    sort(pos+1,pos+M+1);//石头位置排序 
    
    if(S==T){
        calc();
        return 0;
    }
    
    for(long long i=1;i<=M;i++){
        long long delta=pos[i]-pos[i-1];
        if(delta>90){
            pos[i]=pos[i-1]+delta%90;
        }
    }
    
    L=pos[M]+(L-pos[M])%90;
    
    for(long long i=1;i<=M;i++){
        a[pos[i]]=1;
    }
    
    for(long long i=1;i<=L;i++) f[i]=inf;
    f[0]=0;
    
    for(long long i=1;i<=L;i++){
        for(long long j=S;j<=T;j++){
            long long pos1=i-j;
            if(pos1<0) break;
            f[i]=min(f[i],f[pos1]+a[i]);
        }
    }
    cout<<f[L];
    
    return 0;
}