过河（dp+离散化）

过河
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。

输入描述:
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。

输出描述:
只包括一个整数，表示青
蛙过河最少需要踩到的石子数。

示例1
输入

10
2 3 5
2 3 5 6 7

输出

2

备注:
对于30%的数据，L<=10000；
对于全部的数据，L<=10^9。

题目解析：

题目一开始拿到手的时候，想到这是一道线性动态规划。
然后考虑数组的形态，因为需要判断石子的状态故我们选用一维数组。
有转移方程dp[i] = min(dp[i], dp[i - j] + vis[i])（dp[i] 表示第 i 个位置跳的最小石头数，vis数组判断当前位置是否有石子）

然后……看到那么大的数据愣是没写出来。

看了题解才知道这道题是离散化+dp。

这是第一次在题目里碰到过离散化，大家可能都听过离散化，大概知道就像数轴里的每个点，一个个分散的意思，但是要放在这道题目里要怎么去运用呢？

1. 观察数组范围。
   这道题中青蛙可以跳的范围1<=S<=T<=10，石子个数1<=M<=100，属于很小的数据；反观桥长L<=10^9，数据很大。
   桥的距离很长，但是石子少，可得出结论：两颗石子之间可能存在很远的距离。
   而这道题中离散化的作用就是要 将超长区间压缩，但转换过程中必须保持相对相同。
2. 确定离散化压缩的具体数值。
   本题最大的S×T的取值是9×10，也就是说让任意两个距离大于90的石头距离为90即可。
   同理，两个点之间的距离大于S * T，直接把距离压缩成S * T。

代码

特判S==T ：算出位置能被s整除的石子个数；若不等离散化。
因为起点确定，终点不确定，故可逆推。

#include 
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 5;
int l, s, t, m, dis;
int a[maxn], dp[maxn], vis[maxn];

int main() {
  cin >> l >> s >> t >> m;
  for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> a[i];
  if (s == t) {       //特判，直接计算位置能被S整除的石子个数
    int ans = 0; 
    for (int i = 1; i <= m; i++)
      if (a[i] % s == 0) ans++;
    cout << ans << '\n';
    return 0;
  }
  sort(a+1, a+m+1);   //排序石子位置 
  int len = s * t;    //设定离散化长度
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    int d = a[i] - a[i-1];
    if (d > len) d = len;    //两石子距离超过S*T就压缩为S*T 
    dis += d;         //算出离散化后的桥总长 
    vis[dis] = 1;     //当前位置状态为1（1有石子，0为无） 
  }
  for (int i = dis; i >= 0; i--) {
    dp[i] = 100;
    for (int j = s; j <= t; j++)
      dp[i] = min(dp[i], dp[i+j] + vis[i]);
  }
  cout << dp[0] << endl;
}