luogu P1052 [NOIP2005 提高组] 过河

[NOIP2005 提高组] 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：$0,1,\cdots ,L$（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。

输入格式

输入共三行，

• 第一行有 $1$ 个正整数 $L$，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。
• 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。

样例 #1

样例输入 #1

10
2 3 5
2 3 5 6 7

样例输出 #1

2

提示

【数据范围】

• 对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le L\le {10}^4$；
• 对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le L\le {10}^9$，$1\le S\le T\le 10$，$1\le M\le 100$。

【题目来源】

NOIP 2005 提高组第二题

思路

首先我们先来第一种比较好想的做法
我们a,b两点路径的距离可以%lcm(s,s+1,...t-1,t)
但是还是有特殊情况 就是我们当前本来是大于这个lcm的 但是模了之后小于t了
我们本来要在期间跳很多次 结果直接可以一次跳过去 显然是不合法的 我们要+上一个lcm

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10;
const int M = 998244353;
const int mod = 998244353;
#define int long long
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define YES cout<<"YES"<<endl;
#define NO cout<<"NO"<<endl;
#define _ 0
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);
int dp[N+1];
int gcd(int b,int c){return c==0?b:gcd(c,b%c);}
int lcm(int b,int c){return b * c/ gcd(b, c);}
void solve() {
    int n,s,t,m;cin>>n>>s>>t>>m;
    set<int>st;
    int q=1;
    for(int i=s;i<=t;i++)q=lcm(i,q);
    vector<int>a(m+1),c(m+2);
    for(int i=1;i<=m;i++)cin>>a[i];
    a.push_back(n);
    sort(all(a));
    for(int i=1;i<=m+1;i++)c[i]=a[i]-a[i-1];
    if(s==t){
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(a[i]%s==0)cnt++;
        }
        cout<<cnt<<endl;return;
    }
    for(int i=1;i<=m+1;i++) {
        a[i]=a[i-1]+(c[i]%q);
        if(a[i]-a[i-1]<=t&&c[i]>=q)a[i]+=q;
        if(i!=m+1)st.insert(a[i]);
    }
    n=a[m+1];
    memset(dp,0x3f3f,sizeof dp);
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=n+10;i++)
        for(int j=s;j<=t;j++)
            if(i-j>=0)dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+(st.count(i)==1));
    int ans=INF;
    for(int i=n;i<=n+10;i++)ans=min(ans,dp[i]);
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    fast
    int T;T=1;
    while(T--) {
        solve();
    }
    return ~~(0^_^0);
}

另一种很厉害的做法就是
我们知道lcm（s，t）之后肯定是被覆盖完全的 注意这里的lcm不同了
所以要是距离大于了lcm（s，t）我们直接让其等于lcm即可
为什么我们设a，b左右端点
a端点能到达st 但是这样都是dp为1
而我们只要是a左边 或者右边的都会将dp min为0
我们只有st这个区间时 我们才有机会将一些变成1
其余再多一厘米 也是徒劳
最后都不要忘记判断s=t的情况
因为lcm=1 我们无法用常规情况求解了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10;
const int M = 998244353;
const int mod = 998244353;
#define int long long
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define YES cout<<"YES"<<endl;
#define NO cout<<"NO"<<endl;
#define _ 0
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);
int dp[N+1];
int gcd(int b,int c){return c==0?b:gcd(c,b%c);}
int lcm(int b,int c){return b * c/ gcd(b, c);}
void solve() {
    int n,s,t,m;cin>>n>>s>>t>>m;
    set<int>st;
    vector<int>a(m+1),c(m+2);
    for(int i=1;i<=m;i++)cin>>a[i];
    a.push_back(n);
    sort(all(a));
    for(int i=1;i<=m+1;i++)c[i]=a[i]-a[i-1];
    if(s==t){
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(a[i]%s==0)cnt++;
        }
        cout<<cnt<<endl;return;
    }
    for(int i=1;i<=m+1;i++){
        if(c[i]>=lcm(s,t))a[i]=a[i-1]+lcm(s,t);
        else a[i]=a[i-1]+c[i];
        if(i!=m+1)st.insert(a[i]);
    }
    n=a[m+1];
    memset(dp,0x3f3f,sizeof dp);
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=n+10;i++)
        for(int j=s;j<=t;j++)
            if(i-j>=0)dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+(st.count(i)==1));
    int ans=INF;
    for(int i=n;i<=n+10;i++)ans=min(ans,dp[i]);
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    fast
    int T;T=1;
    while(T--) {
        solve();
    }
    return ~~(0^_^0);
}