NOIP 2005提高组 过河（状压DP） 详解

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。

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
样例输入1

10
2 3 5
2 3 5 6 7

样例输出1

2

思路

这道题是状态压缩dp的经典例题，至于状压DP，就是将没用的距离缩短，名字很高级，其实并不难，后面我们详细解释
本来这道题是一道十分普通的DP题，但大家可能都注意到L <= 10^9，对于如此大的数据，如果暴力DP，时间空间都会爆，所以就需要状压把没用的长度压缩掉

1.基本dp

首先，我们不考虑长度的问题，看一下dp
这道题的dp思路并不难，就是循环枚举所有距离，每个距离再循环当前这步跳的距离s-t就行了。
a[i]表示位置i上有没有石头，有就是1，否则是0
f[i]表示跳到位置i的过程中踩到的最小石头数
j表示当前这步跳的距离
状态转移方程：

f[i]=min(f[i],f[i-j]+a[i]);//十分简单，f[i-j]+a[i]就是相当于这一步跳j踩到的石头数

2.状态压缩（重点）

我们看到题目就会发现，l最大为10^9，而m最大只有100，可见石头与石头之间的距离是很大的，所以就要想办法把每两个石头之间的距离缩短。
而压缩石头间距离的依据是：由于每次跳能跳s-t，所以从某一固定位置到某一位置p后，任意位置都可以被跳到。
我们用一个图来理解这句话（下图中设s=2，t=4，线段为跳跃过程）

可见对于这种情况，p=3，也就是3以后的所有点都能跳到
对应到题目中，也就是说假如从某一石头（就是刚刚提到的固定位置）开始跳，有可能在到达下一石头前，就到达了P（也就是在到达下一石头前，就能够跳到所有点），这样子的话，在p到下一石头之间的所有距离都是没有用的，可以被压缩。
而经过考证，因为s，t都小于10，对于这个范围最大p值为90，所以我们就把所有石头两两间的距离缩短到90以下（不追求完美主义，90不一定是最优的，但肯定是没错的）

AC代码

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std; 

int l,s,t,m,rock[101],f[1100000],a[1100000];
//a[i]表示位置i上有没有石头，有就是1，否则是0
//f[i]表示跳到位置i的过程中踩到的最小石头数 

void specialjudge(){ //当s=t时，也就是说每次跳的距离是固定的，就进行特判（一定要特判，否则会错） 
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        if (rock[i]%s==0){
            ans++;
        }
    }
    cout<void compress() //核心代码，状态压缩 
{
    for (int i=1;i<=m;i++){ //每两块石头之间进行状态压缩，距离缩短为90以内 
        int dis=rock[i]-rock[i-1];
        rock[i]=rock[i-1]+dis%90;
    }
    l=(l-rock[m])%90+rock[m];//把最后的l也往前移动 
    for (int i=1;i<=m;i++){ //a数组用于判断石头位置，在后面的dp函数中起作用 
        a[rock[i]]=1;
    }
}

void dp() //dp，实际上思想十分基础 
{
    memset(f,0x7f,sizeof(f));
    f[0]=0;

    for (int i=s;i<=l+t;i++){//第一步至少要跳s，所以i=s；最后不一定刚好跳到l，有可能跳过，所以i<=l+t 
        for (int j=s;j<=t;j++){//枚举一次跳的距离 
            if (i>=j){
                f[i]=min(f[i],f[i-j]+a[i]);//状态转移方程，十分简单，f[i-j]+a[i]就是相当于这一步跳j踩到的石头数 
            }
        }
    }
    int ans=0x7f;
    for (int i=l;i<=l+t;i++){ //找到答案，同样因为可能跳过l，所以循环范围这么定 
        if (f[i]cout<int main()
{
    memset(a,0,sizeof(a));
    cin>>l>>s>>t>>m;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        cin>>rock[i];
    }
    sort(rock+1,rock+m+1);

    if (s==t){
        specialjudge();
        return 0;
    }

    compress();
    dp();
    return 0;
}