题解 P1052 【过河】

1.30分做法（理论上只有30分）

实际上却有40分
首先我们看一下题意，可以 猜 看出是线性dp

1.状态定义

我们要定义的状态肯定是在某种情况下的跳最少石子数，那么这个石子数与且只与目前的位置有关。

所以我们定义：dp[i]表示从1跳到第i个点的最小踩石子数。

2.转移方程

dp[i]可能从哪里来呢：它一定是从前面的某个状态转移来的，且它只与前面dp[j]的值、当前位置有无石子有关
我们枚举j，j表示上一步跳的距离，当然s<=j<=t。 stone[i]表示第i个位置有i个石子，i只为0，1
所以就是 dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+stone[i]);

3.枚举范围

这里提醒大家亿下，蒟蒻枚举时把i从1开始枚了，调了很久，应从s开始枚，因为i<s的点都不可能跳到，第一个可以跳到的是s

所以： i从s到l枚举，j从s到t枚举。

4.特判

题目中给的是“s<=t”所以s==t时，只有1种跳法，所以无论你怎么跳。答案都固定，就是 q[i]表示第i块石子的位置，如果q[i]是s的倍数;这颗石子就必须要踩

5.答案（坑）

因为青蛙可能跳到大于l的位置（但小于l+t），因为题目中的叙述“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” 所以输出dp[l]是错的，应输出min(dp[i~n+t-1]); 下面就是反例 l=7，答案存在dp[8]中。 应输出0， 如果输出dp[7]会输出inf。 7 4 5 1 5

1_2_3_4_5(石头)_6_7---8

为什么不画个图呢？当然是因为懒啊

这里dp[8]里存的才是答案，因为从4不可能到7

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code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int l,s,t,m,stone[10000001],p,dp[1000001],q[101];
int main()
{
    cin>>l>>s>>t>>m;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        cin>>q[i];
    if(s==t) 
    {
        int s=0;
        for(int i=1;i<=m;++i)
        if(q[i]%t==0) s++;
        cout<<s;
        return 0;
    }//特判
    sort(q+1,q+m+1);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        p+=q[i]-q[i-1];
        stone[p]=1;
    }
    dp[0]=0;memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    for(int i=s;i<=p+9;++i)
      for(int j=s;j<=t;++j)
        {
            dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+stone[i]);
        }  
    int ans=0x7fffffff;
    for(int i=p;i<=p+t;++i)
      ans=min(ans,dp[i]);
     cout<<ans; 
return 0;
}

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100 分做法

看了看难度，啊呸数据范围:l<=10^9 ??? 这题一定不只是一个线性dp。

如果用线性dp，复杂度约为O（n*（s-t）） 也就是O(10n)，不仅会T，
你还要开一个10^9的数组

路径压缩

读一读题，就会发现桥上的石子分布是很稀疏的，平均每10^8才会有一块，所以我们就把两颗石子多余某数的距离化为某数。
这个“某数”一定是j的倍数，这样就相当于可以给青蛙一个休息，缓一缓的距离。（只可意会不可言传）
又因为j要大于等于1，小于等于10(1<=s,t<=10)
所以“某数”为1~10的最小公倍数：2520
只用在读入后求stone数组时把距离取 min(距离，2520)就可以辣。

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code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int l,s,t,m,stone[252010],p,dp[252010],q[101];//stone数组的252010 就约是每两格的距离最大值2520*格数最大值99  
int main()
{
    cin>>l>>s>>t>>m;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        cin>>q[i];
    if(s==t) 
    {
        int s=0;
        for(int i=1;i<=m;++i)
        if(q[i]%t==0) s++;
        cout<<s;
        return 0;
    }//特判 
    sort(q+1,q+m+1);//不排序会RE 
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        p+=min(q[i]-q[i-1],2520);
        stone[p]=1;
    }
    dp[0]=0;memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    for(int i=s;i<=p+9;++i)
      for(int j=s;j<=t;++j)
        {
            dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+stone[i]);
        }  
    int ans=0x7fffffff;
    for(int i=p;i<=p+t;++i)
      ans=min(ans,dp[i]);
     cout<<ans; 
return 0;
}