vijos 1002 简单压缩+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。

样例1

样例输入1[复制]

10
2 3 5
2 3 5 6 7

样例输出1[复制]

2

 

 

题意:青蛙可以跳在石子或者平路上,给定跳跃最小s和最大长度t,问跳过桥时最少跳到几次石头上。

思路:样例看了很久才看懂。此题给出的石子个数只有100规模,而桥长却又1e9,按一般思路空间时间都有问题,那么问题在于如何优化石头和石头之间的这段路了,我们可以选取一个数,将石头的位置离散化,显然这个数必须是所有可能的跳跃长度的最小公倍数

不然无法转移到最后上。DP方程很简单\( dp[i] = min(dp[i-j](s<=j <=t)+is[i],dp[i]) \)

 

/** @Date    : 2016-12-04-17.15
  * @Author  : Lweleth ([email protected])
  * @Link    : https://github.com/
  * @Version :
  */

#include
#define LL long long
#define PII pair
#define MP(x, y) make_pair((x),(y))
#define fi first
#define se second
#define PB(x) push_back((x))
#define MMG(x) memset((x), -1,sizeof(x))
#define MMF(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define MMI(x) memset((x), INF, sizeof(x))
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5+20;
const double eps = 1e-8;

const int zip = 2520;//lcm(1, 2~10) = 2520 为了能够转移到最后一个位置,必须是s~t的公倍数
int a[120];
int is[zip * 120];
int dp[zip * 120];

int gcd(int a, int b)
{
    return b?gcd(b, a % b):a;
}
int lcm(int a, int b)
{
    return a * b/gcd(a, b);
}

void cal()
{
    int ans = 1;
    for(int i = 2; i <= 10; i++)
        ans = lcm(ans, i);
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    //cal();
    int l;
    int s, t, m;
    cin >> l >> s >> t >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d", a + i);
    sort(a + 1, a + 1 + m);

    MMF(is);
    MMI(dp);
    int cnt = 0;
    a[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)//压缩长度
    {
        int dis = a[i] - a[i - 1];
        a[i] = a[i - 1] + dis % zip;
        is[a[i]] = 1;
    }

    dp[0] = 0;
    for(int i = s; i <= zip * 110; i++)
    {
        //cout << is[i] << " ";
        for(int j = s; j <= t; j++)
        {
            if(i - j >= 0)
            {
                dp[i] = min(dp[i], dp[i - j] + is[i]);
            }
        }
    }
    printf("%d\n", dp[zip * 110]);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Yumesenya/p/6131631.html

你可能感兴趣的:(vijos 1002 简单压缩+DP)