标签：NOIP2005 1040 int 青蛙 步长 now 装箱 dp dis
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/24213/1040
来源：牛客网
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。
输入描述:
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。输出描述:
只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。示例1
输入
复制10 2 3 5 2 3 5 6 7
输出
复制2
备注:
对于30%的数据，L<=10000；
对于全部的数据，L<=109。
终于ak了一场，有点睡不着
分析
拿到这道题的第一反应是装箱问题，然后取最小值，
随着长度的增加，每一步步长的变化，每一个点的最小值也不一样
但是1e9的数据范围明显太大了，很难枚举。但是总共的端点数只有100个，可以考虑离散化
一般的离散化，都是把一些有用的数从数组中提取出来，构成新的更小的数组
这道题的离散化却是把有用的路径长度压缩，构成新的有用的路径长度。然后再分配给每个端点
比如：如果最短步长是2，最长步长是3，最小公倍数就是6，而在6这个区间里，2 3 4 5 都是可以走的，也就是这个区间里的每个点都可以走
所以，如果步长比6更长就没有意义了，这段区间有6的步长就可以了
于是有了代码：
for(int i = 1;i<=m;i++) {
int dis = a[i] - a[i-1];
if(dis >= s * t) dis = s * t; //去除无意义步长
b[i] = dis + b[i-1]; //统计总步长
vis[b[i]] = 1; //表示这个点可以走
}
这样就可以把总共的路径长度控制在一个很小的范围里，而1~9之间的任意两个数的最小公倍数的最大值是72 ，就是8，9
所以长度最大是7200
接着更新len的值，装箱问题dp，并更新每个位置的最小步数
len = b[m] + s * t;
ms(dp,inf);
dp[0] = 0; for(int i = s;i<=len;i++) { for(int j = s;j<=t;j++) { if(i >= j) dp[i] = min(dp[i-j] + vis[i],dp[i]); } }
最后输出一个最小的步数
int ans = 0;
for(int i = b[m];i<=len;i++) {
ans = min(dp[i],ans);
}
cout<<ans<<endl;
//-------------------------代码----------------------------
#define int LL
const int N = 150,M = 1e6+7,INF = 1e9+7;
int n,m,len,s,t;
int a[N],b[N];
bool vis[M];
int dp[M],stone[N],now[N];
int maxn;
void solve()
{
int l;cin>>l;
int s,t,m;cin>>s>>t>>m;
fo(i,1,m) {
cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+1+m);
if(s == t) {
int cnt = 0;
fo(i,1,m) {
if(a[i] % s == 0)cnt ++ ;
}
cout<<cnt<<endl;
rt;
}
int dis;
now[0] = 0;
fo(i,1,m) {
dis = a[i] - a[i-1];
if(dis >= s*t) dis = s*t;
now[i] = dis + now[i-1];
vis[now[i]] = 1;
}
l = now[m] + s * t;
ms(dp,inf);
dp[0] = 0;
fo(i,1,l) {
fo(j,s,t) {
if(i >= j) dp[i] = min(dp[i],dp[i - j] + vis[i]);
}
}
int ans = inf;
fo(i,now[m],l) {
ans = min(ans,dp[i]);
}
cout<<ans<<endl;
rt;
}
signed main(){
clapping();TLE;
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
标签：NOIP2005,1040,int,青蛙,步长,now,装箱,dp,dis 来源： https://www.cnblogs.com/er007/p/16474347.html
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