洛谷P1192台阶问题

题目描述

有 N 级台阶,你一开始在底部,每次可以向上迈 1∼K 级台阶,问到达第 N 级台阶有多少种不同方式。

输入格式

两个正整数 N,K。

输出格式

一个正整数 ans(mod100003),为到达第 N 级台阶的不同方式数。

输入输出样例

输入 da#1

5 2

输出 #1

8
规律: 
当n<=k时,第N项=(上一项*2)%100003;
当n>k时 ,第N项=(上一项*2-第n-1-k项)%100003;

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,a[100005];
int main()
{
    cin>>n>>k;
    a[0]=1;//0和1直接=1
    a[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)//从2开始
    {
        if(i<=k)a[i]=(a[i-1]*2)%100003;//递推式
        else a[i]=(a[i-1]*2-a[i-k-1])%100003;//递推式*2
    }
    cout<<(a[n]+100003)%100003;//输出
    return 0;
}

### P1809 过河 问题 解析与实现 P1809《过河》是道经典的动态规划问题,核心在于通过合理的状态设计和转移方程计算从起点到终点的最小花费。以下是对此题的详细解析及解决方案。 --- #### **题目概述** 在个宽度为 $D$ 的河流上,有若干石头分布在特定位置。每步可以从当前位置跳至下石头或直接越过某些石头到达另侧。跳跃的距离有限制,且每次跳跃会产生定费用。目标是以最低总费用完成整个跨越过程。 --- #### **动态规划解法** ##### **状态定义** 设 $f[x]$ 表示到达距离起点 $x$ 处所需最少费用[^3]。 ##### **转移方程** 对于每个位置 $x$,如果可以直接从前面某个位置 $y$ 跳跃而来,则满足以下关系: $$ f[x] = \min_{\text{all valid } y} (f[y] + C(x-y)) $$ 其中 $C(d)$ 是跳跃距离 $d$ 所对应的固定费用函数。 特别注意边界情况:当 $x=0$ 时,初始值应设定为零 ($f[0]=0$),因为这是起始点不需要额外付出任何代价即可达到的地方;而对于那些不可达的位置则赋予极大值作为标志位以便后续判断逻辑正常运作。 ##### **初始化与迭代顺序** - 初始化所有可能的最大索引范围内的数组元素均为正无穷大($\infty$),除了已知的确切出发地点外。 - 自左向右依次枚举每个潜在可达的新站点$x$,并尝试由先前已经处理完毕的老站点们更新当前最佳记录$f[x]$. --- #### **代码实现** 下面是基于以上讨论编写的个标准C++版本解答: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 1e9; int main(){ int N,M,K,dist,max_jump,min_cost; cin>>N>>M>>K>>dist>>max_jump>>min_cost; vector<int> pos(K); for(auto &p :pos){ cin >> p; } sort(pos.begin(), pos.end()); unordered_map<int,int> cost; while(M--){ int d,c; cin>>d>>c; cost[d]=c; } // Initialize DP array with infinity values except start point which is zero. vector<long long> dp(dist+1,INF); dp[0]=0; // Precompute all possible jump costs within max_jump limit. vector<long long> jumps(max_jump+1, min_cost*(long long)(max_jump)); for(int i=1;i<=max_jump &&i<dist;++i){ auto it = cost.find(i); if(it !=cost.end()) { jumps[i]=(it->second)<jumps[i]?((it->second)):jumps[i]; } } // Perform dynamic programming updates based on precomputed data. for(int x=1;x<=dist;x++){ for(int step=1;step<=max_jump&&x-step>=0;step++) { dp[x]=std::min(dp[x],dp[x-step]+jumps[step]); } } cout<< ((dp[dist]==INF)? -1 : dp[dist]) << "\n"; } ``` --- #### **复杂度分析** - 时间复杂度:预处理阶段耗时约为 $O(\log K+\sum D_i )$, 主循环部分取决于最大允许步幅$max\_jump$ 及全程长度$dist$ , 故整体别大致相当于 $ O(D*J) $ 其中 J=max_jump . - 空间复杂度:主要占用来自于存储DP表的空间大小即 $O(D)$ . --- ### 结论 通过对 P1809《过河》题深入剖析可知,运用恰当的状态表达方式配合简洁明了的递推公式可高效求得全局最优解。此方法不仅限于此单场景,在更多相似结构的问题里同样具备广泛适用价值。 ---
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