洛谷 1052

   离散化+DP，还是第一次做这种题，这题的DP不难想，令F[i]表示到达i点最少踩的石子数，则F[i]=min(F[j])，i-s<=j<=i-t，当i这个位置有石子时F[i]++，但是这样的时间和空间复杂度都是O(n)的，无法承受，但我们发现石子数很小，也就是说当n很大时我们有很多区域都是没有石子的，那么我们就可以压缩这一段路径，如何压缩，一种方法是判断相邻两个的差值是否大于lcm(1...10)，如果大于，我们对其取模，并当成新的差值，这样做虽然不是最优的，但是正确性却是很明显的，我们考虑假如两个点的差值大于lcm，那么我们一定可以连续跳k次，使得不碰到石子，当我们跳到最后的石子时，我们只需在向后跳t步，然后取个min就是答案。

#include
#include
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using namespace std;
#define maxn 1005
int f[maxn*maxn],n;
int s,t,m,d[maxn];
int flag[maxn],ans=1005;
bool pd[maxn*maxn];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    scanf("%d%d%d",&s,&t,&m);
    for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",flag+i);
    sort(flag+1,flag+m+1);
    for (int i=1;i<=m;i++) d[i]=(flag[i]-flag[i-1])%2520;
    for (int i=1;i<=m;i++) 
    {
        flag[i]=flag[i-1]+d[i];
        pd[flag[i]]=1;
    }
    memset(f,53,sizeof f);
    f[0]=0;
    for (int i=1;i<=flag[m]+t;i++) 
    {
        for (int j=s;j<=t;j++) 
        {
            if (i-j<0) break;    
            f[i]=min(f[i-j],f[i]);
        }
        if (pd[i]) f[i]++;
    }
    for (int i=0;i