P1052 [NOIP2005 提高组] 过河(数学 + dp)

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。

输入格式

输入共三行，

• 第一行有 1 个正整数 L，表示独木桥的长度。
• 第二行有 3 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。
• 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

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 #1复制

10
2 3 5
2 3 5 6 7

输出 #1复制

2

说明/提示

【数据范围】

• 对于 30% 的数据，1≤L≤104；
• 对于 100% 的数据，1≤L≤109，1≤S≤T≤10，1≤M≤100。

【题目来源】

NOIP 2005 提高组第二题

解析：

看到这道题目，我就想到可以用单调队列进行解题。看了一下数据的范围。这方法好像不对劲。它的长度很长，但是石头很离散。这时有一道题启发起了我。这道题叫：小凯的疑惑 ，用 a,b面值的钱，钱的数量无限。求a,b拼凑后得不到最大的钱的值。这道题是一道小学奥数题ax + by = k （这里是x张a面值的钱 +y张b面值的钱），k不能达到的最大值，这个值后面的值都可以达到。

对ax + by = k 

对上面的式子同时mod(b)得 x = ma(mod b) (1 <= m <= b-1)

当满足上面式子 ax + by = k 时， y >= 0 

当要不满时，我们要取最大所以 y = -1时，因为越减以后越小。 ax - by = k 当k取最大，不满足这个ax + by = k这个式子。

所以a,b所表示不出最大的数为ab-a-b。后面的值都可以达到。

在这道题中就可以用到这个思想。

它的t 和s的范围是1~10，当t~s越小时，其最大的越小，这时它可以跳到后面任意一个点上。

所以我们要关注t = 10 s =10,最大的数最小，这个其限制时最大的。这里好好理解一下。

这里是极端的情况，应该是 t = 9,s = 10；后面看代码就懂了。

所以为什么两个相邻石头的距离大于80时，可以取 80（10 *10 - 10 -10）的原因 ，因为在这两个石头中范围很大可以随便跳过这个石头。

知道核心思路后就是起点到终点的长度可以缩小了。

在用简单的线性dp就可以解决了。

#include
typedef long long ll;
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inf 1e15
const int maxn = 2e5+20;
int l,s,t,m,a[maxn],dp[maxn],f[maxn],d[maxn]; 
int main() {
	cin >> l;
	cin >> s>>t>>m;
	if(s==t)
	{
		int ans = 0;
		for(int i = 1;i <= m;i++) //跳的距离固定时 
		{
			int k;
			cin >> k;
			if(k%s==0)ans++;
		}
		cout << ans<> a[i];
	}
	sort(a+1,a+1+m);
	d[m+1] = min(l - a[m],80); //最后一块石头到终点的距离 
	int p = 0;
	for(int i = 1;i <= m;i++){
		d[i] = min(a[i] - a[i-1],80); p+=d[i];f[p] = 1; // p长度总长度 d[i]是第i块石头处理后的距离和前一块石头的距离  f[p]表示在p的距离有一块石头 
	}
	p+=d[m+1];int mi = 1e8;
	for(int i = 1;i<= p+10;i++){//遍历长度 O(p*(s - t)) 
			dp[i] = 1e8;
		for(int j = s;j <= t;j++)
		{
			if(i >= j) 
			dp[i] = min(dp[i],dp[i-j]+f[i]);
		}
	}
	for(int i = p;i <= p+10;i++)
	{
		mi = min(mi,dp[i]);
	}
	cout << mi;
    return 0;
}

时间复杂度为O（p*(t-s))。