Noip05过河题解

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动态规划及优化

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博客介绍了如何解决一个关于青蛙过河的问题，其中青蛙需要避开石子并找到最少踩到的石子数量。通过分析，作者提出当跳跃距离固定时，可以直接检查石子位置是否符合跳跃距离的倍数。对于更大的数据范围，作者应用了动态规划和离散化技术来优化解决方案，通过计算不同跳跃距离的最小公倍数并对石子位置进行压缩，确保答案的正确性。最终，给出了经过离散化处理后的动态规划状态转移方程和代码实现。

题目描述 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。
输入描述 Input Description
输入第一行有一个正整数 $L（1\le L\le 10^9）$ ，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 $1\le S\le T\le 10$ ， $1\le M\le 100$ 。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 Output Description
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。
样例输入 Sample Input
10
2 3 5
2 3 5 6 7
样例输出 Sample Output
2
数据规模
对于30%的数据， $L\le 10000$ ；
对于全部的数据， $L\le 10^9$ 。
题解
如果S == T，只需考察石子的位置是否是S的倍数。若是，则ans++。
如果S != T，对于30%的数据，直接动规就可以。
$f[x]=\min\{f[x-i]\}+stone[x]$
$其中(S\le i\le T)\land(i\le x \le L+T),stone[x]=x处有石子?1:0$
但对于100%的数据，L的值显然太大。仔细观察，发现石子的个数很少， $10^9$ 的区间里只有不到100个。所以很自然地想到离散化压缩状态。
先求 $M=\max\{lcm(x,y)\},(x,y\in[S,T])$
对石子k,k+1，如果(*): $dist[k] +n*M< dist[k+1](n为整数)$ ,可以把 $dist[k+1]$ 缩短为 $dist[k]+(dist[k+1] - dist[k])\mod M$ 。因为若(*)式成立，则n*M这段没有石子的距离可以由[S,T]内的数组合出来。所以这种放缩并不影响正确答案。把L一起放缩，只需令dist[M+1]=L，处理完dist数组后再令L=dist[M+1]即可。
最后 $ans=\min\{f[i]\}(i=放缩后的L\to 放缩后的L+T-1)$
Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 10000000, M = 90;
int f[maxn];
bool d[maxn];
int l, a[102], s, t, m;
void init()
{
    scanf("%d", &l);
    scanf("%d%d%d", &s, &t, &m);
    for(int i = 0; i < m; ++i) scanf("%d", &a[i]);
    if(s == t)
    {
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < m; ++i)
           ans += (a[i] % s == 0 ? 1 : 0);
        printf("%d\n", ans);
        return;
    }
    a[m] = l; sort(a, a + m);
    for(int i = 0; i < m; ++i)
    {
        if(a[i + 1] - a[i] > M) a[i + 1] = a[i] + (a[i + 1] - a[i]) % M;
        d[a[i]] = true;
    }
    l = a[m];
}
void work()
{
    if(s == t) return;
    memset(f, 0x3F, sizeof(f)); f[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= l + t; ++i)
    {
        for(int j = s; j <= t; ++j) if(i >= j)
            f[i] = min(f[i], f[i - j]);
        f[i] += d[i];
    }
    int ans = 0xFFFFFFF;
    for(int i = l; i < l + t; ++i) ans = min(ans, f[i]);
    printf("%d\n", ans); 
}
int main()
{
    init();
    work();
    return 0;
}