过河(状态压缩，dp)
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。
对于30%的数据，L <= 10000；
对于全部的数据，L <= 10^9。
格式
输入格式
输入的第一行有一个正整数L（1 <= L <= 10^9），表示独木桥的长度。第二行有三个正整数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
输出只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。
限制
1s
来源
NOIp2005 第二题
dp都能看出来，但是数据范围太大，所以无法就这样dp,因为有时两个石头间的间距会很大，这样里面就可以压缩。
首先他给你步数[p，q]，如果当你踩在一个点上时，你用p，p+1,步去走，当某个点距离这个点>=p(p-1)时就都可以由这个点到达。
证明：距p*(p-1),可以由这个点走(p-1)个p
p*(p-1)+1=(p-2)*(p)+p+1;
p*(p-1)+2=(p-3)*p+2*(p+1);
:
:
:
p*(p-1)+p-1=(p-1)*(p+1),
:
:
p*p=p*p
:
然后按上面在次可达所有的点(>=p*(p-1));
那么好了，由于两个点间隔大a[i]-a[i-1]-2*q>p*(p-1)的时候，为啥取这距离是因为，在前一个有石头的地方，假设前面的最小值已经确定好，按最大步数可以确定这个石头及石头以后（a[i-1]+p）处，这边是用dp解决，不用压缩，因为前面计算好了，那么下一个石头点前p个点加上石头点本身可以dp缺点这个石头及石头以后（a[i]+p），所以关键是要确定a[i-p]---a[i]的最小值，所以当之间的a[i]-a[i-1]-2*q>p*(p-1)时，因为在a[i-1]--a[i]间是没有石头的，所以根据上面的结论，a[i-p]---a[i]的最小值每个值都可以由a[i-1]---（a[i-1]+p）来得到，且为这些个数的最小值，那么问题就解决啦。当两个点a[i]-a[i-1]-2*q《=p*(p-1)，因为之间的距离小，所以直接dp就行。还有就是p=q时另外讨论就行。
1 #include<stdio.h> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<string.h> 5 #include<stdlib.h> 6 #include<queue> 7 #include<map> 8 using namespace std; 9 int a[200]; 10 int qiao[30000]; 11 int flag[30000]; 12 int N=500; 13 int main(void) 14 { 15 int n,i,j,k,p,q; 16 scanf("%d",&k); 17 scanf("%d %d %d",&p,&q,&n); 18 for(i=1; i<=n; i++) 19 scanf("%d",&a[i]); 20 a[i]=k; 21 if(p==q) 22 { 23 int ans=0; 24 for(i=1; i<=n; i++) 25 { 26 if(a[i]%p==0) 27 { 28 ans++; 29 } 30 } 31 printf("%d\n",ans); 32 } 33 else 34 { 35 sort(a+1,a+n+1); 36 int rr; 37 memset(flag,0,sizeof(flag)); 38 fill(qiao,qiao+30000,N); 39 for(i=1; i<=n+1; i++) 40 { 41 if(i!=1)flag[a[i-1]]=2; 42 if(a[i]-a[i-1]-2*q>p*(p-1)) 43 { 44 for(j=(a[i-1]+q+1); j<=(a[i-1]+2*q+2); j++) 45 { 46 flag[j]=1; 47 } 48 int s=a[i]-(j-1); 49 for(j=i; j<=n+1; j++) 50 { 51 a[j]-=s; 52 } 53 } 54 } 55 rr=a[n+1]; 56 qiao[0]=0; 57 int uu=0; 58 for(i=0; i<=rr; i++) 59 { 60 if(flag[i]==0||(flag[i]==2&&flag[i-1]==0||flag[i-1]==2)) 61 { 62 for(j=p; j<=q; j++) 63 { 64 if(i-j<0) 65 { 66 break; 67 } 68 else 69 { 70 int ss=0; 71 if(flag[i]==2) 72 ss=1; 73 qiao[i]=min(qiao[i],qiao[i-j]+ss); 74 } 75 } 76 } 77 else if(flag[i]) 78 { 79 int ss=0; 80 if(flag[i]==2) 81 ss=1; 82 for(j=0; j<=q; j++) 83 { 84 qiao[i]=min(qiao[i],qiao[a[uu]+j]+ss); 85 } 86 } 87 if(flag[i]==2)uu++; 88 } 89 printf("%d\n",qiao[rr]); 90 } 91 return 0; 92 }
