[HDU 4842]--过河(dp+状态压缩)

 

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4842

过河

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)

Problem Description

　　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。

 

 

Input

　　本题有多组数据。对于每一组数据来说：第一行有一个正整数L（1 <= L <= 109），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。

 

 

Output

　　对于每一组数据，单独输出一行，只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。(输出的最后没有多余的换行)

 

 

Sample Input

10

2 3 5

2 3 5 6 7

 

 

Sample Output

2

 

 

解题思路：由于L太大直接dp那么无论时间上还是空间上都无法通过，那么可以考虑把离散化的石子集中起来

　　　　　令 L=stone[i]-stone[i-1]（ stone[i]代表按坐标由小到大顺序排列的石块坐标）

　　　　　当 L能够被 t整除时（ L%t==0），令 k=t；当 L不能被 t整除时（ L%t!=0），令 k=L%t。然后令 k为 k+t，

　　　　　最后判断如果 k>L，那么 map[]数组中 stone[i]和 stone[i-1]两石头的距离就被等效成为 L（也就是没变）；

　　　　　如果 k<=L，那么 map[]数组中 stone[i]和 stone[i-1]两石头的距离就被等效成为 k，

　　　　　可以看出来，这样处理完，两石子最大间距为 2*t，大大的缩短了数组，再按解一进行 DP，就可以通过了。

 

在HDU上并没有过，但在学校OJ过了~~~（伤不起啊）  http://acm.swust.edu.cn/problem/153/

 

代码如下：

 1 #include <iostream>

 2 #include <cstdio>

 3 #include <cstring>

 4 #include <algorithm>

 5 using namespace std;

 6 int stone[101], L, S, T, M, dp[2100], mpt[2100];

 7 int main(){

 8     int i, j, l, k, ptr = 0, minn;

 9     cin >> L >> S >> T >> M;

10     for (i = 1; i <= M; i++)

11         scanf("%d", &stone[i]);

12     memset(mpt, 0, sizeof(mpt));

13     memset(dp, 0, sizeof(dp));

14     sort(stone + 1, stone + 1 + M);

15     stone[0] = ptr = 0;

16     for (i = 1; i <= M; i++){

17         l = stone[i] - stone[i - 1];

18         if (!(l % T)) k = T;

19         else k = l % T;

20         k = k + T;

21         k = min(k, l);

22         ptr = ptr + k;

23         mpt[ptr] = 1;

24     }

25     for (i = 1; i <= ptr + T; i++){

26         minn = 0x7ffffff;

27         for (j = i - T; j <= i - S; j++)

28         if (j >= 0 && dp[j] < minn)

29             minn = dp[j];

30         dp[i] = minn + mpt[i];

31     }

32     minn = 0x7ffffff;

33     for (i = ptr + 1; i <= ptr + T; i++)

34         minn = min(minn, dp[i]);

35     printf("%d\n", minn);

36     return 0;

37 }

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