Problem A: [NOIP2005]青蛙过河 T2

最新推荐文章于 2022-12-11 22:38:47 发布

Z_Mendez

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本文详细解读了NOIP2005中的青蛙过河问题，通过状态压缩DP算法解决，适用于桥长较大而石子数量较少的情况。通过分析输入参数和输出结果，提供了一种有效计算青蛙过河所需最少石子数的方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

[NOIP2005]青蛙过河 T2

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。

    对于30%的数据，L  < =  10000； 

    对于全部的数据，L  < =  10^9。

Input

输入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。

Output

输出只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

Sample Input

10
2 3 5
2 3 5 6 7

Sample Output

Solution

这道题就是所谓的“状态压缩”DP；
原因很简单，因为L特别大，而M又很小，所以可以用“疏松”一词来很形象的形容。
需要用到三个数组，除了最原始的a[i]外，还需要用stone[i] 表示 i 位置有无石子？ 1 ：0； f[i] 表示到达i位置时最少踩的石子数。
同样，需要在最开始将f[i]的初始值赋成最大，并由于题中为说明a[i]一定为递增序列，所以还需要按升序排下序。
特别要注意可能存在s==t的情况这时候就要特判，如果a[i]%s（或t）==0
累加ans；直接退出。
接下来最重要的就是如何去写状态压缩这一过程，其实很好理解
a[m+1]=l;
for(int i=0;i<=m;i++)
{
if(a[i+1]-a[i]>90)
{
a[i+1]=a[i]+(a[i+1]-a[i])%90;
}
}
其余的就不算难了，还需注意最后一定要输出f[a[m+1]],而不能输出f[l]，因为a[i]的值可能会发生变化，而且会RE。
Code

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 550000
using namespace std;
int l,s,t,m;
int a[MAXN],f[MAXN],stone[MAXN];    //f[i] 表示到达i位置时 最少 踩的石子数 
int cmp(int a,int b){return a<b?1:0;}//stone[i] 表示 i 位置 有无石子 ？ 1 ：0； 
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int main()
{
    memset(f,1,sizeof(f)); 
    scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    sort(a+1,a+1+m,cmp);
    int ans=0;
    if(s==t)
    {
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if(a[i]%s==0)
            {
                ans++;
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
        return 0;
    }
    a[m+1]=l; 
    for(int i=0;i<=m;i++)
    {
        if(a[i+1]-a[i]>90)
        {
            a[i+1]=a[i]+(a[i+1]-a[i])%90;
        }
    } 
    for(int i=1;i<=m;i++)    // 1 ： 0 
    {
        stone[a[i]]=1;
    }
    for(int i=s;i<=t;i++)
    {
        if(stone[i])
        {
            f[i]=1;
        }else f[i]=0;
    }
    for(int i=2*s;i<=a[m+1];i++)
    {
        for(int j=s;j<=t;j++)
        {
            if(j>=i)
            {
                break;
            }
            else
            {
                f[i]=min(f[i-j],f[i]);
            }
        }
        if(stone[i])
        {
            f[i]++;
        }       //如果可到达，那么必从前面可能的位置选择一个。若当前位置有石子：++。 

    }
    printf("%d\n",f[a[m+1]]);
    return 0;
}