洛谷 P1052 过河
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
第一行有 1 个正整数 L (1 ≤ L ≤ 109) ，表示独木桥的长度。
第二行有 3 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：
一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。
输入输出样例
说明
对于30%的数据， L ≤ 10000 ；
对于全部的数据， L ≤ 109 。
思路：桥很长，但是石子数很少，也就是说，中间可能存在很长的一段空白区域，而这段空白区域就是造成大量无效运算的元凶，需要我们将这部分空白区域进行压缩。
现在，我们假设每次走p或者p+1步，则有 px+(p+1)y=s。
1.gcd(p+1,p)=gcd(1,p)=1,即p与p+1的最大公约数是1；
2.由扩展欧几里得可知，对于二元一次方程组：px+(p+1)y==gcd(p,p+1)是有整数解的，即可得：px+(p+1)y==s是一定有整数解的。
假设px+(p+1)y==s的解为：x=x0+(p+1)t,y=y0-pt。令0<=x<=p（通过增减t个p+1来实现），s>p*(p+1)-1,则有：y=（s-px）/（p+1）>=(s-p*p)/(P+1)>(p*(p+1)-1-px)/(p+1)>-1>=0
即表示，当s>=p*(p+1)时，px+(p+1)y==s有两个非负整数解，每次走p步或者p+1步，p*(p+1)之后的地方均能够到达。如果两个石子之间的距离大于p*(p+1)，那么就可以直接将他们之间的距离更改为p*(p+1)。
综上，得到压缩路径的方法：若两个石子之间的距离>t*(t-1)，则将他们的距离更改为t*(t-1)。
状态转移方程：f[i+j]=min(f[i+j],f[i]+stone[i+j])
#include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; const int maxn = 100; int i, j; int k, x, ans; int l, s, t, m; int a[maxn+20], f[maxn*maxn]; bool stone[maxn*maxn]; int main() { scanf("%d%d%d%d", &l, &s, &t, &m); for(i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &a[i]); if(s == t) { for(ans = 0, i = 1; i <= m; i++) if(a[i]%s == 0) ans++; printf("%d\n", ans); return 0; } sort(a+1, a+m+1); for(k = t*(t-1), j = 0, i = 1; i <= m; i++) { a[i] -= j, x = a[i]-a[i-1]; if(x > k) j += x-k, a[i] = a[i-1]+k; } memset(f, 90,sizeof(f)); for(i = 1; i <= m; i++) stone[a[i]] = 1; for(f[0] = 0, i = 0; i <= a[m]; i++) for(j = s; j <= t; j++) f[i+j] = min(f[i+j], f[i]+stone[i+j]); for(ans = f[a[m]], i = 1; i < t; i++) ans = min(ans, f[a[m]+i]); printf("%d\n", ans); return 0; }
