vijos-p1002-过河

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。
样例1
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10
2 3 5
2 3 5 6 7
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2
限制
1s
来源
NOIp2005 第二题

此题显然要用到DP，DP方程也显而易见：
if (stone[i]) f[i]=min{f[i-j]}+1; (S<=j<=T)
else f[i]=min{f[i-j]};
这样的时间复杂度为 O(LT) ，空间复杂度为 O(L) 。
而此题的L高达 10亿 ，所以这种朴素的方法只能得 30分 ，显然无法AC。
优化

1.滚动数组
根据我们得出的DP方程，状态转移只需用到 f[i-T]~f[i-S] 的值，所以只需开大小为T的滚动数组即可。
所以空间复杂度被优化到了 O(T) 。由于T小于等于10，所以空间上显然没有问题。
2.离散化DP
看了看别人的题解，发现有人选择压105位来优化，这种方法虽然能过，但是或多或少有投机取巧的嫌疑，毕竟比赛时谁知道去压正好105位呢？
所以我们必须想出一般性的方法。我们会发现，石头的个数M远远小于长度L，不禁让我们想到了离散化——当S 小于T且有一大段桥没有石头时，常常会出现整个滚动数组f的值一样的情况，这时我们可以在遇到下一颗石头之前不再改变f的值，从而达到优化的效果。
在下用tot变量记录当前数值连续出现的次数，如果超过T次，则将i直接跳转到下一个石头的位置之前，从而提高效率。
优化后，时间复杂度降至 O(MT) ，已经达到了AC的要求。
特判

上面的离散化显然建立在S小于T的基础上。如果S==T，那么永远达不到优化的条件，优化就不会奏效，从而 TLE：90分 。
因此我们必须加上特判，当S==T时，ans就是位置为T的倍数的石头的数量。虽然简单，却十分考验选手思维的严密性。

#include 
#include 
#include 

inline int min(int a,int b)
{
    return aint f[20],a[200],L,S,T,M,i,j,p,c,ans=INT_MAX,now,tot;

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&L,&S,&T,&M);
    for (i=0;i"%d",&a[i]);
    if (S==T)
    {
        ans=0;
        for (i=0;iif (a[i]%T==0)
                ans++;
        printf("%d",ans);
        return 0;
    }
    for (i=0;i1;i++)
        for (j=i+1;jif (a[i]>a[j])
            {
                c=a[i];
                a[i]=a[j];
                a[j]=c;
            }
        }
    memset(f,0x7F,sizeof(f));
    f[0]=0; now=0; tot=0;
    for (i=1;ifor (j=S;j<=T;j++)
        {
            f[i%T]=min(f[i%T],f[(i-j+T)%T]);
        }
        if (a[p]==i)
        {
            f[i%T]++;
            p++;
        }
        if (now==f[i%T])
        {
            tot++;
        }
        else
        {
            now=f[i%T];
            tot=0;
        }
        if (tot==T)
        {
            i+=(min(a[p]-T,L)-i)/T*T;
        }
    }
    for (i=0;iprintf("%d\n",ans);
    return 0;
}