[NOIP 2005 T2] 过河 （动态规划+简单数论）

题目大意：一只青蛙要从数轴原点向右跳过L（L<=10^9）的距离，在（0,L）上存在m个位于整点位置的石头（m<=100），青蛙每次跳跃可以向右跳[s,t]（1<=s<=t<=10）间的一个整数距离。请问它最少踩到几块石头？

思路：

       本题容易从动态规划的角度去思考，用表示跳到位置i时最少踩了几个石头，直接枚举向右跳多远更新即可。但是L太大了，铁定超时超空间。

       不过我们发现这题的m却是出奇的小，说明数轴上的石头其实非常稀疏。我们稍加观察就可以发现，大量的转移是没有意义的，因为如果两个石头和间的距离过大，很快数组会出现一个分界点，满足清一色等于一个相同的值。实际上，我们只要保证依然清一色就可以了，前面那么多一样的位置完全可以去掉，因为他们和之后的转移没有半毛钱关系，去掉并不会影响答案。

      那么问题来了，我们怎么知道这个分界点是在哪里呢？究竟距离达到什么程度才可以压缩？如果你赶时间，我可以直接告诉你结论：令=110，只要两块石头的距离超过这个值，就直接将距离变为这个值，这样的压缩是没有问题的，然后再用一开始的方法动态规划即可在很短的时间内求出答案。

     下面就是相关证明了：

      我们考虑一个点，从它向右跳，可以达到哪些点呢？假设在步以内，我们可以分类讨论：

      跳1次可以到达：

      跳2次可以到达：

      ......

      跳次可以到达：

      上面这个区间的并就是可以到达的点的集合。

      可以发现，比较小的时候，这些区间之间存在间隙，但是当大到一定程度，第个区间和第个区间之间就能实现无缝衔接，这就意味着，从无缝衔接开始往后，所有位置都可以到达。

      举个例子：x=0，s=3，t=4，那么区间分别为[3,4]，[6,8]，[9,12]，[12,16]……可以发现除了1,2,5不可以到达以外，其它位置都可以到达，后面的区间都会完美覆盖数轴，不会漏出空隙。

    我们只要求出最早出现完美覆盖的，就可发现压缩距离的关键所在。

    也就是求最小的，满足，求得，根据题目给出的数据范围，右边的式子不可能超过9，也就是说无论如何，9步之后所有的位置都可以到达。

    我们再来看数组，很显然如果后面没有石头的干扰，f数组会逐渐变成清一色的值，具体地，由于中的每个位置都可以到达向后的任意位置，所以都会等于。我们令，即可保证压缩后，对下一个石头的转移没有影响（因为它前面个位置依然都是清一色的值）。也就是说时可以保证这样的压缩万无一失。为了保险，我的程序设置的是125。

    这题还有一个坑，那就是s=t的情况，这个时候不能用上面的分析，因为这个式子的分母会变成0。这个时候注意特判掉，直接看有多少个石头的位置是t的倍数即可。

    说了那么多，其实想起来挺快的，也就几分钟的事情，写起来也很方便，具体看代码吧（这个代码在洛谷上AC了，不过如果读者发现其它什么错误还请留言哈）。

#include 
#include 
#include 
#define rep(i,j,k) for (i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int Lim=125,N=100;
int s,t,m,n,i,j,ans,L,a[N+5],b[N+5],f[N*Lim+50],stone[N*Lim+50];
void updata(int &x,int y) { if (x==-1) x=y; else x=min(x,y); }
int main()
{
	scanf("%d",&L);
	scanf("%d%d%d",&s,&t,&m);
	rep(i,1,m) scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+m);
	if (s==t)
	{
		rep(i,1,m) if (a[i]%t==0) ans++;
		printf("%d\n",ans);
		return 0;
	}
	rep(i,1,m) b[i]=min(a[i]-a[i-1],Lim);
	rep(i,1,m) a[i]=a[i-1]+b[i],stone[a[i]]=1;
	memset(f,-1,sizeof(f));
	f[0]=0; n=a[m]+t; ans=m+1;
	rep(i,0,n)
		if (f[i]!=-1)
			rep(j,s,t)
				updata(f[i+j],f[i]+stone[i+j]);
	rep(i,a[m]+1,n)
		if (f[i]!=-1) ans=min(ans,f[i]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}