DP +状态压缩 洛谷 P1052 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。

输入输出格式

输入格式：

输入文件river.in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：

输出文件river.out只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

10

2 3 5

2 3 5 6 7

输出样例#1： 复制

2

说明

对于30%的数据，L \le 10000L≤10000 ；

对于全部的数据，L \le 10^9L≤109 。

2005提高组第二题

题目分析：

DP 很容易，但状态压缩一个我刚刚听说的名词确实很无语。

它说：l<=10的9次方，而石头总数总共100颗，也就是说在一亿米上放100颗石头肯定是很稀松的，所以我们可以在两个石头之间压缩距离。

第一种方法：

假如我们现在在一个位置i，要到j位置，我们只要保证俩位置距离>=s*t{j-i>=s*t}即可，

那我们把中间复杂的距离除去，具体除去看代码。

注意特殊情况：当s=t时，只需考查石子是否是s的倍数即可。这种情况单独考查。

代码实现：

 

#include
using namespace std;
int f[20000];
int a[101],d[101],stone[300001];
int main()
{
    int l,s,t,m;
    cin>>l>>s>>t>>m;
    int i,j;
    memset(a,0,sizeof(a));
    memset(f,0,sizeof(f));
        for (i=1;i<=m;i++)
          {cin>>a[i];
          }
          sort(a+1,a+m+1);   //记得排序啊
        if(s==t)
        {int ans=0;
            for(i=1;i<=m;i++)
                if(a[i]%s==0)
                ans++;
            cout<k)
                d+=x-k;              //超过公倍数的部分用作平移
             a[i]-=d;
             stone[a[i]]=1;
         }
         stone[a[m+1]]=0 ;           //桥尾不是石子，上面循环到m+1是为了把桥尾平移
            for(i=1;i<=a[m+1]+t;i++)
               f[i]=m;
        for(i=1;i<=a[m+1]+t;i++)              //这里是可以跳出去的
        for(j=s;j<=t;j++)
      {
        if(i-j>=0)             //防止越界
        f[i]=min(f[i],f[i-j])+stone[i];
       }
       int minn=m;
      for(i=a[m+1];i<=a[m+1]+t;i++)
      {
        minn=min(minn,f[i]);
        }
         cout<

 

 

 

第二种方法：

以为它的步数在1~10之间，所以我们直接对1~10的最小公倍数取模，效果也是一样的。

代码实现：

#include
#include
using namespace std;
int a[105],d[105],stone[350000];
int f[350000]; 
int main()
{
    int l,s,t,m;
    cin>>l>>s>>t>>m;
    for (int i=1;i<=m;i++)
        cin>>a[i];
    sort(a+1,a+m+1); //输入石子坐标可能无序 
    for (int i=1;i<=m;i++)
        d[i]=(a[i]-a[i-1])%2520; //要对1~10的最小公倍数取余，压缩路径的核心
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        a[i]=a[i-1]+d[i];//平移a[i]
        stone[a[i]]=1; //此处有石子，标记 
    }
    l=a[m]; //压缩路径后的总长度 
    for (int i=0;i<=l+t;i++) f[i]=m; //f[i]表示到位置i最少能踩到的石子数  
    f[0]=0;
    //以上是初始化，接下来是动归
    for (int i=1;i<=l+t;i++)
        for (int j=s;j<=t;j++)
        {
            if (i-j>=0)
                f[i]=min(f[i],f[i-j]); //状态转移方程 
            f[i]+=stone[i];
        }
    int ans=m;
    for (int i=l;i