111. [NOIP2005] 过河
★★★ 输入文件：river.in 输出文件：river.out 简单对比
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【问题描述】
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。
【输入文件】
输 入文件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。
【输出文件】
输出文件只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。
【输入样例】
10
2 3 5
2 3 5 6 7
【输出样例】
2
【数据规模】
对于30%的数据，L <= 10000；
对于全部的数据，L <= 10^9。
刚开始做的时候，竟然没看到数据范围，写了个dfs，全T：
#include#include #include #include #include #include using namespace std; const int N=101; bool rock[N]; int l; int minn,maxn,n; int answer=9999999; int nowans; inline int read() { int x=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9')c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar(); return x; } void dfs(int step) { if(rock[step]) nowans++; if(step>=l) { answer=min(answer,nowans); return ; } for(int i=minn;i<=maxn;i++) { dfs(step+i); step-=i; } } int main() { l=read(); minn=read(); maxn=read(); n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { int my=read(); rock[my]=1; } for(int i=minn;i<=maxn;i++) dfs(i); printf("%d",answer); return 0; }
正解是dp，然而我还未看懂：
我们用 f[i]表示在数轴的 i 点时所能踩石子的最少个数
那么很容易得出状态转移方程：
if(i点有石子) f[i]=min(f[i],f[i-j]+1)
else f[i]=min(f[i],f[i-j])
然而数轴长到fai起，那么我们就压缩一下
先把石子位置（用数组a来存放）从小到大排序，计算两两石子间的距离（用数组d来存放），如果距离<=t，那么a[i]=a[i-1]+d[i]
如果距离大于t，那么就需要压缩距离了，即 a[i]=a[i-1]+t+(d[i]%t)
这里的关键就是取mod的问题，因为青蛙跳的距离不是 1~t 而是 s~t，所以要加mod，举个反例 ：l为10，s=t=7，石子位置为8，如果不加取mod，那么a[1]就会变成 a[0]+7=7，这时候再DP就会踩到石子，然而原来是不会踩到的
//NOIP 2005 过河 #include#include #include #include #define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++) using namespace std; int s,t,m,l,mx=10000; int a[102],d[102],f[10000],k[102]; bool b[102]; int main() { int i,j; scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m); fo(i,1,m) scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+m+1); fo(i,1,m) { d[i]=a[i]-a[i-1]; k[i]=d[i]%t; } fo(i,1,m) { if(d[i]<=t+k[i]) a[i]=a[i-1]+d[i]; else if(a[i]-a[i-1]>t+k[i]) a[i]=a[i-1]+t+k[i]; b[a[i]]=1; } int p=(l-a[m])%t; l=a[m]+t+p; memset(f,0x7f,sizeof f); f[0]=0; fo(i,1,l+t-1) fo(j,s,t) if(i-j>=0 && i-j<l) { if(!b[i]) f[i]=min(f[i],f[i-j]); else f[i]=min(f[i],f[i-j]+1); } fo(i,l,l+t-1) mx=min(mx,f[i]); printf("%d\n",mx); return 0; }