洛谷P1052过河题解--zhengjun

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：$0,1,\dots ,L$（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。

输入格式

第一行有$1$个正整数$L(1\le L\le 10^9)$，表示独木桥的长度。

第二行有$3$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$1\le S\le T\le 10$,$1\le M\le 100$。

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

一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

输入输出样例

输入 #1 复制

10
2 3 5
2 3 5 6 7

输出 #1 复制

2

说明/提示

对于$30\%$的数据，$L\le 10000$；

对于全部的数据，$L\le 10^9$。

$2005$提高组第二题

思路

一看到题目，喂耶！这么水的$dp$还可以搞成蓝色标签。

用$f_i$表示跳到第$i$个石头后最少要踩到多少块石头。

马上就列出了转移公式：

$f_i=\min (\infty ,\min \{f_{i-j},s\le j\le t\})$

这里的$\infty$是为了防止$j<s$的情况。

可是乍眼一看。

$L\le 10^9$

什么鬼东西，数组搞个$10^9$内存早炸了。

于是，发现$a_i$的值很大，而$a$的个数十分小，所以——离散化

那么，怎么个离散化法呢？

因为$a_i$的值很大，所以两两之间的空隙十分多，我们就可以在这里做文章。

因为如果两个$a$之间有一段长度，是$lcm(s,t)$$($就是$s$和$t$的最小公倍数$)$，这样的话，从左端点，无论是走$s$还是$t$，他都可以走到右端点(实际上就是剩下一些多余的没有跳到石头上的路)，这样我们就要把这一段切掉。

但是还要考虑一个问题，如果切掉之后长度小于$lcm(s,t)$，那么就会影响答案了，就比如说：
$s=1,t=2$

原来是：

|***|*|***|
1   2 3   4--最优解
|   | |   |
. # . . # .
  ^     ^
 石头  石头

而被你一缩，成了

|***|*|
1   2 3
|   | |
. . . .
  ^ ^
  石头

就要踩到一个石头了。（实际上会错$20$分）

所以，为了保证答案的正确性，就要这么办：

• 如果之间的距离小于$2\times lcm(s,t)$，那么就不用变。
• 如果大于它，就要缩点（注意，不能缩到$lcm(s,t)$，要缩到$lcm(s,t)$到$lcm(s,t)\times 2-1$之间才可以）

最后，我们来想一想数组要开多大。

因为缩点之后，两点的距离不会超过$lcm(s,t)\times 2$，所以缩完点后最大就是$lcm(s,t)\times 2-1$，而$lcm(s,t)$最大是$90$，所以两点之间最多有$179$。
然后，有$100$个点，就要$179\times 99=17721$。

所以，数组开$20000$足够了。

最后，还有一个细(kēng)节(diǎn)，会让你丢掉$20$分——特判$s=t$

代码

#include
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
using namespace std;
int l;
int s,t,m;
int a[101],b[101];
int f[20000];
int flag[20000];
int gcd(const int &x,const int &y){//求最大公约数
	if(y==0)return x;
	return gcd(y,x%y);
}
int lcm(const int &x,const int &y){//求最小公倍数
	return x*y/gcd(x,y);
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);
	int k=lcm(s,t);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
	if(s==t){//特判
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)if(a[i]%s==0)sum++;
		printf("%d",sum);
		return 0;
	}
	a[m+1]=l;//最后一个终点也算上去
	sort(a+1,a+1+m);
	for(int i=1;i<=m+1;i++){
		if(a[i]-a[i-1]>=2*k)b[i]=(a[i]-a[i-1])%k+k;//缩点
		else b[i]=a[i]-a[i-1];
	}
	for(int i=1;i<=m+1;i++){
	    a[i]=a[i-1]+b[i];
	    flag[a[i]]=1;
	}
	flag[a[m+1]]=0;//终点不会有石头
	for(int i=1;i<=a[m+1]+t+1;i++){//这里用了一个不存在的状态来表示最终答案——跳出终点或跳到终点
		f[i]=0x3fffffff;//初始化
		for(int j=s;j<=min(i,t);j++){
		    f[i]=min(f[i],f[i-j]+flag[i]);//公式
		}
	}
	printf("%d",f[a[m+1]+t+1]);//输出
	return 0;
}

谢谢–zhengjun