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…,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。

已知信息：
独木桥的长度，青蛙一次最多能够跳过的距离x∈[S, T], 石子的数量及每个石子的位置

求青蛙最少要跳过多少石子

因为点的坐标可能很大，所以不能用下标来表示石子，首先要对坐标进行离散。
由题目可以知道一个很重要的信息：
青蛙不是一定要跳到石头上！！！而是说青蛙跳完整段独木桥，要求踩到的石子尽可能的少，就是说在青蛙跳过独木桥时，可能会有不得不踩到的石子，我们要求这个数量尽可能的少
这样我们首先可以设：
f[i]表示在点i时跳过的最小的石头的数量，这样为了跳到i点，青蛙就必须在[i - s, i - t]区间内的点起跳，所以我们要在这个区间内取最小的更新当前位置
为了方便起见，我们将这个区间内有石头的点用flag数组标为1，这样就有
f[i] = min{f[i - j] + flag[i]}(i - s <= j <= i - t)
但是10^9的点告诉我们，我们显然不能随便去搜，而且，我们数组也不能随便开。
但是我们能够注意到，所有的操作，其实只和[s, t]有关，我们实际用到的区间长度只有[s, t]这一段
我们想，当两点的距离d大于t时，我们发现实际上中间有k段长达t的距离是不必要的，这些距离对于我们的青蛙是否会跳到石头上是没有影响的，这样我们可以把这k段距离通过%t来%掉。
这样也就是说对于两个点x1, x2,之间的距离为d，我们假设由x1跳到x2，实际等价于x1跳d%t的距离到x2
根据这个思路，我们想我们可以先计算出我们这样搞最后所需要的总共的距离的和
但是要注意的是，对于两个点x1, x2,这之间的距离为d%t,但是总距离时我们还需要在单独加上t，因为剩下的d%t,我们知道这个距离是肯定小于t的，这样可能导致我们一些情况的缺失(意会一下就好)
这样我们最后总的最多需要的长度近似等于2 * t *m，最后也就是说我们把10^9的长度近似压缩成了2 * t * m
这样我们就可以很愉快的DP了
需要注意的是，我们并不一定会一定跳在桥的重点，而是只要跳过桥就好，所以最后我们的答案要在一个范围内取min值

//当然，我做不到大佬们那么严谨的证明，建议不要看我的题解

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 21000;
int l, s, t, m;
int a[maxn], f[maxn];
int vis[maxn];
int len = 0;

inline int read() {
    int x = 0, y = 1;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) {
        if(ch == '-') y = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * y;
}

int main() {
    memset(f, 0x3f3f, sizeof(f));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    l = read();
    s = read(), t = read(), m = read();
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
        a[i] = read();
    a[m + 1] = l;
    sort(a + 1, a + m + 2);
    for(int i = 1; i <= m + 1; ++i) {
        if(a[i] - a[i - 1] >= t)
            len += (a[i] - a[i - 1]) % t + t;
        else len += a[i] - a[i - 1];
        vis[len] = 1;
    }
    vis[len] = 0;
    f[0] = 0;
    for(int i = s; i <= len + t - 1; ++i)
        for(int j = s; j <= t; ++j)    
            f[i] = min(f[i], f[i - j] + vis[i]);
    int ans = 0x3f3f3f;
    for(int i = len; i <= len + t - 1; ++i)
        ans = min(ans, f[i]);
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}