P1052 过河

https://www.luogu.org/problemnew/show/P1052

step 2状态转移方程

这是一个比较简单方程式。

首先设f[i]为在i点上的最少踩石子数则在前面(i-s)到(i-t)的点都可以改变i点的值,因此我们可以取f[i-s]-f[i-t]之中的最小值，另外如果有石头就加上1，如果没有就不加值，这里我们直接用flag[i]表示该点有无石头(有则为1，无则为0)。

因此我们可以写出状态转移方程式:f[i]=\min(f[i-j]+flag[i]|s<=j<=t)f[i]=min(f[i−j]+flag[i]∣s<=j<=t)
step 3路径压缩

实际上，这题还没完呢…如果我们定义一个f[10^9]的数组，这肯定是会爆内存的——所以…[我就放弃了这道题][额，可能吗]…因此我们需要使用一种方法，使得这里采用一种最合适的方法——路径压缩(其实还有其他更(bu)优(kao)秀(pu)方法的)，目的是要找到两石同相隔较长时直接缩短的方法。[前方高能,请数学学科恐惧症患者尽快撤离!!]:

假设每次走p或者p+1步.我们知道\gcd(p,p+1)gcd(p,p+1)=1.

由扩展欧几里得可知，对于二元一次方程组：

px+(p+1)y=\gcd(p,p+1)px+(p+1)y=gcd(p,p+1)是有整数解的，即可得：px+(p+1)y=spx+(p+1)y=s是一定有整数解的。

设px+(p+1)y=spx+(p+1)y=s的解为：x=x0+(p+1)t,y=y0-ptx=x0+(p+1)t,y=y0−pt。令0<=x<=p0<=x<=p(通过增减t个p+1来实现)，s>p*(p+1)-1s>p∗(p+1)−1,

则有：y=\frac{s-px}{p+1}>=\frac{s-p^2}{p+1}>\frac{p*(p+1)-1-px}{p+1}>=0y=
p+1
s−px
​ >=
p+1
s−p
2

​ >
p+1
p∗(p+1)−1−px
​ >=0
即表示，当 s>=p*(p+1)s>=p∗(p+1) 时，px+(p+1)y=spx+(p+1)y=s 有两个非负整数解，每次走p步或者 p+1p+1 步，p*(p+1)p∗(p+1) 之后的地方均能够到达。

如果两个石子之间的距离大于 p*(p+1)p∗(p+1) ，那么就可以直接将他们之间的距离更改为 p*(p+1)p∗(p+1) 。

综上，得到压缩路径的方法：若两个石子之间的距离> t*(t-1)t∗(t−1) ，则将他们的距离更改为 t*(t-1)t∗(t−1) 。

因为 t<=10t<=10 ，因此我们可以直接将大于10*9的距离直接化为90.

但是要注意，对于 s=ts=t 这种特殊情况，这种方法是不成立的应为在这种情况下，每次是不能够走p+1步的，因此需要另外特殊判断。

方程如下:

f[i]=f[i-1]+(i \mod s 0)f[i]=f[i−1]+(imods0)
代码实现

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std; 
int f[10005],far[10005],a[10005],flag[10005],p,s,t,n; 
int main() 
{ 
    scanf("%d",&p); 
    scanf("%d%d%d",&s,&t,&n); 
    if(s==t) //特殊情况判断
    { 
        int cont=0,qaq; 
        for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&qaq),cont+=((qaq%s)==0); 
        printf("%d\n",cont);return 0; 
    } 
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); 
    sort(a+1,a+n+1);a[0]=0;f[0]=0; 
    far[n+1]=min(p-a[n],100);p=0; //计算终点与最后一个点的距离
    for(int i=1;i<=n;i++)far[i]=min(a[i]-a[i-1],90),p+=far[i],flag[p]=1; //缩短路径，存储缩短后的终点距离并标记石头位置
    p+=far[n+1]; 
    for(int i=1;i<=p+9;i++) 
    { 
        f[i]=INT_MAX-1; 
        for(int j=s;j<=t;j++)if(i>=j)f[i]=min(f[i],f[i-j]+flag[i]); 
    } 
    int minn=INT_MAX-1; 
    for(int i=p;i<=p+9;i++) //因为青蛙可以跳出边界且t<=10因此再终点后p-p+9中取最小值
    minn=min(minn,f[i]); 
    printf("%d",minn); 
}