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