先看一下题面。
背景
这道2005年的提高组时至今日仍然评级在提高+/省选-，由此可见这题确实不简单。
虽然都说是很简单的DP了，但是坑点依然很多。
分析
不过我开始并没有看出来是DP。
那自然考虑搜索啦~
首先考虑搜索在渡河的途中，踩到的最小石子数量。
然而1..10^9长度的桥。就算是O(n)的算法也不能在一秒内出解。
那么尝试去搜搜石子吧？
搜一个石子就需要考虑来源和去路，导致算法更困难了。。。
那么就只能DP了啊。
以石子分阶段的一维动规，时间复杂度是O(n^2)。
最多也只有100×100的时间。但是这样分状态就十分复杂。
因为石头的分布是没有任何规律，而且会有后效性。
？？？？？？？？？？？？？？？
这题怎么做啊？？？？？？？？？
然后我就去买了杯可乐，回来写了个爆搜加了点剪枝，搞了一组数据。
然后蒟蒻我就开始面向数据编程研究数据，然后我就发现了一个神奇的东西¿
虽然桥的长度
......
然而，石子的数量
......【日常看数据范围不看全系列
吼啊，离散化准备¿
？？？？？？？？？？？？？？？？
真？dp+离散化？
可以的！
方法一：DP+离散化
首先轻松写出DP方程
f [ i ] = min（ f [ i−j ] + flag [ i ] ）（s<=j<=t）
我们可以发现当两点间的距离d大于t时，一定可以由d%t跳过来。
所以最多只需要t+d%t种距离的状态，就可以表示这两个石子之间的任意距离关系。
这样就把题目中的10^9压缩成了2*t*m最多不超过2000，然后就可以放心大胆地用DP了
代码奉上【同机房大佬友情赞助 这么丑代码怎么可能是我写的
#include
using namespace std ;
long long l,s,t,m,a[20010],dis[20010],ans,flag[20010];
long long dp[20010];
int main(){
scanf("%lld",&l);
scanf("%lld%lld%lld",&s,&t,&m);
if(s == t){
long long what;
for(int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%lld",&what);
ans += ((what % s) == 0);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
else {
long long tp = 0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
sort(a+1,a+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++){
dis[i] = min(a[i] - a[i-1] , (long long)90);
tp += dis[i];
flag[tp] = 1;
}
dis[m+1] = min((long long)100,l - a[m]);
tp += dis[m+1];
for(int i=1;i<=tp+9;i++) {
dp[i] = 0x6fffffff;
for(int j=s;j<=t;j++) {
if(i>=j) dp[i] = min(dp[i-j] + flag[i] , dp[i]);
}
}
ans = 0x6fffffff;
for(int i=tp;i<=tp+9;i++) {
ans = min (ans, dp[i]);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
} 怎么可能只有一种做法？
我们来仔细想想，画个图手玩一下。
假如 s < t ,青蛙一定会跳到一个特殊的位置，s*t。
即当s < t时， s和t一定会重合（当距离为lcm(s,t)即s，t的最小公倍数时） 。
然后我们继续向后看，可以发现 s*t 以后的每个点都可以到达，。
所以我们只需将每两个石头超过 s*t 的距离缩成 s*t 就可以了
顺便带来一波数学证明。
图片来源是luogu中的 Panda_hu 的题解。
方法二：路径压缩
代码奉上
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long l;
int s,t,M;
int m[101],sum[10001];
int q[10000001];
int cmp(int a,int b) {
return a
AC愉快！！！！！！！！！！！