P1052 过河（状态压缩）

 P1052 过河（状态压缩）

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：

10
2 3 5
2 3 5 6 7

输出样例#1：

2

说明

对于30%的数据，L \le 10000L≤10000；

对于全部的数据，L \le 10^9L≤10​9​​。

2005提高组第二题

 

分析：

很经典的一道题，也是很著名的一道状态压缩DP。

这道题的思路理解之后其实也是蛮简单的，就是因为L太大，1e9时空都会超，又因为n<100，是一个稀疏图，所以呢，可以对他进行路径压缩，我们可以认为中间的点都是大跳过去的，所以对于长了很多的路程就去取模啊，模一模，单车变摩托。 
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： 

j表示跳的步长
if(i点有石子) f[i]=min(f[i],f[i-j]+1) 
else f[i]=min(f[i],f[i-j]) 
在数轴很长的情况下，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) 
然后还有要注意的两点 
1.它的石子没说是已经排好序的，所以我们需要排序。
2.注意取p的范围，就是要在压缩的路程后面加一个t，因为不一定最后一个点刚好是石头最少的（因为最佳答案不一定恰好到终点），可能是p+1，p+2，所以要从它转移过来，你应该循环到p+t。

 

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 #include<string>
 6 #define min(a,b) (a>b?b:a)
 7 using namespace std;
 8 int l,p,dp[10000],stone[200],a[10000],s,k[200],d[200],t,m,n,b[10000];
 9 int main()
10 {
11 //  freopen("std.in","r",stdin);
12     cin>>l>>s>>t>>n;
13     for (int i=1;i<=n;i++)
14     cin>>stone[i];
15     stone[0]=0;
16     a[0]=0;
17     sort(stone+1,stone+n+1);//排序
18     for (int i=1;i<=n;i++)
19     {
20         d[i]=stone[i]-stone[i-1];//取两石子间的距离
21         k[i]=d[i]%t;//对距离取模以压缩路径
22         if (d[i]<=t+k[i])
23         a[i]=a[i-1]+d[i];//a为压缩后的路径
24         else a[i]=a[i-1]+t+k[i];
25         //b[a[i]]数组对有石子的位置进行标记
26         b[a[i]]=1;//对石子进行标记
27     }
28     p=a[n]+t+(l-a[n])%t;//终点
29     memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
30     dp[0]=0;
31     for (int i=1;i<=p+t-1;i++)
32         for (int j=s;j<=t;j++)//dp过程
33         {
34             if (i-j>=0&&i-j<p)
35             {
36                 if (b[i])
37                 dp[i]=min(dp[i-j]+1,dp[i]);
38                 else 
39                 dp[i]=min(dp[i-j],dp[i]);
40             }
41         }
42     int mx=200;
43     for (int i=p;i<=p+t-1;i++)//寻找答案，在p与p+t-1之间
44     mx=min(mx,dp[i]);
45     cout<<mx;
46     return 0;
47 }