洛谷P1052过河

本文介绍了一种解决洛谷P1052问题的方法,通过离散化和动态规划策略,将问题中巨大的状态空间压缩,使得原本不可解的问题变得可行。文章详细解释了如何处理超过t的距离关系,以及如何在特定范围内寻找最优解。

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-https://www.luogu.org/problemnew/show/P1052
解题思路

  • 和前几天写的吃药问题差不多,l的范围太大,无法作为数组下标,所以先离散化,再DP。两点间的距离d大于t时,一定可以由d%t跳过来,所以最多只需要t+d%t种距离的状态就可以表示这两个石子之间的任意距离关系。这样就把题目中的10^9压缩成了2tm最多不超过2000,然后就可以放心大胆地用DP了。不过要注意题目中的“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”,所以DP的终点是一个范围而非确切的一个点,最后还要在这个范围内取最小值。

    #include<bits/stdc++.h>
         using namespace std;
         long long i,l,s,t,m,n,ans=2000000000,j,x,y,k,f[100000],v[10000],a[10000],b[10000],c[10000];
         int main()
         {
             scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);
             memset(f,0x3f,sizeof(f));
             for(i=1; i<=m; i++)
                 scanf("%d",&a[i]);
             a[m+1]=l;
             sort(a,a+m+2);
             b[0]=0;
             for(i=1; i<=m+1; i++)
             {
                 if(a[i]-a[i-1]>=t)
                     k+=(a[i]-a[i-1])%t+t;
                 else
                     k+=a[i]-a[i-1];
                 v[k]=1;
             }
             v[k]=0;
             f[0]=0;
             for(i=1; i<=k+t-1; i++)
                 for(int j=s; j<=t; j++)
                     if(i-j>=0)
                         f[i]=min(f[i],f[i-j]+v[i]);
             for(i=k;i<=k+t-1; i++)
                 ans=min(f[i],ans);
             printf("%d\n",ans);
         }
    
### 洛谷 P1809 过河 问题 解析与实现 洛谷 P1809《过河》是一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** 在一个宽度为 $D$ 的河流上,有若干石头分布在特定位置。每一步可以从当前位置跳至下一石头或直接越过某些石头到达另一侧。跳跃的距离有限制,且每次跳跃会产生一定费用。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一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一个标准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$dist$ , 故整体级别大致相当于 $ 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 通过对洛谷 P1809《过河》一题深入剖析可知,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一场景,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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