NOIp2005 过河【dp+离散化】By cellur925

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$30pts$

状态和转移都比较好想：设$f[i]$表示跳到$i$位置，踩到的最小石子数。转移方程也很明了，为$f[i]$=$min${$f[i-j]$)，,这个位置有石子时答案再加1，$s<=j<=t$。

但是出了几次小坑 ：首先答案不一定是$f[l]$，因为可能跳过去，但也算到达彼岸了。其次我用的$stone$数组不再代表石子个数，而是下标，所以开到$10000$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;

int l,s,t,m,ans=20000;
int f[20000],stone[20000];

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int qwq=0;
        scanf("%d",&qwq);
        stone[qwq]=1;
    }
    memset(f,127,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for(int i=0;i<=l;i++)
    {
        for(int j=s;j<=t;j++)
        {
            if(i-j<0) break;
            f[i]=min(f[i-j],f[i]);
        }
        if(stone[i]) f[i]++;
    }
    for(int i=0;i<=t;i++) ans=min(ans,f[l-i]+stone[l]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

$100pts$

下标太大了呀...达到了丧心病狂的$1e9$。考虑优化，转移貌似没得搞，考虑状态优化。其实注意到这个条件我们首先就应该想到离散化。因为虽然长度很大，但石子个数却很小。也就是说，两个石子间可能会有很长的空隙。

有两个压缩方法：膜2520和膜72。（一步青蛙最多跳10个单位）2520是1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的最小公倍数，因此从一个点出发，无论青蛙能跳多少距离，它一定能到2520。当两个石子间的距离大于2520，我们对其取膜。因为当距离大于2520时，我们一定可以连续跳某次，不经过任何石子。这样我们就成功地进行了离散化。

同上，最后我们还要枚举跳过（一声）的情况。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define maxn 1000000

using namespace std;

int l,s,t,m,ans=2520;
int stone[maxn],d[maxn],flag[maxn],f[maxn];

int main()
{
    scanf("%d",&l);
    scanf("%d%d%d",&s,&t,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&stone[i]);
    sort(stone+1,stone+1+m);
    for(int i=1;i<=m;i++) d[i]=(stone[i]-stone[i-1])%2520;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        stone[i]=stone[i-1]+d[i];
        flag[stone[i]]=1;
    }
    memset(f,127,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=stone[m]+t;i++)
    {
        for(int j=s;j<=t;j++)
        {
            if(i-j<0) break;
            f[i]=min(f[i-j],f[i]);
        }
        if(flag[i]) f[i]++;
    }
    for(int i=0;i<=t;i++) ans=min(ans,f[i+stone[m]]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}