过河 动态规划 压缩

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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

10 2 3 5 2 3 5 6 7

10
2 3 5
2 3 5 6 7

输出

2

2

备注:

对于30%的数据，L<=10000；

对于全部的数据，L<=109。

首先这一题要先理解好题目,不要以为真的是过河,要踩在石头上才行。(之前这样理解卡了半天没看懂样例...),这一题的话实际上每个点都是可以踩的，只要符合规定的方式可以走到就可以，然后在这样的前提下要少踩石头。

容易看出转移方程，设定sto为跳到i点踩到的最少石头数,sto[i]=min(f[i-j])+flag(s<=j<=t)，这里的flag表示有没有石头,有就是1没有就是0。

然而...这一题的桥的长度l堪称变态达到了10^9，如果就一般写是一定会超时的,但是看到这里的m范围是100，可以想见中间会有很多都是空的没有石头的格子，可以进行压缩，压缩的方法多种多样,我就举一个我觉得比较好理解的方法。

考虑用公倍数来压缩,这里取到2520,为什么要取这个数呢?这个数是1---10的最小公倍数,假设一个点到另一个点的距离是2520，区间内没有石头,那么无论你限定跳动范围是多少,1---5也好,8---9也好,我总能找到其中一个数x，让青蛙跳2520/x次到另一个点上，所以这个区间可以说是无效的。无效？那要你有何用，直接去掉。

要注意如果两个的区间只差刚好是2520的倍数,那只能去掉spa/2520个2520,因为两边都有石头，都去掉就少了一块石头。

接下来对压缩后的数组dp就好了

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define r(i,a,b)for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3
#define mod 2520
int a[120];
int sto[300000];//处理后的石头位置,1有石头,0没石头,因为处理前后状态互不干扰,dp和标记合一使用
bool flag[300000];//标记可以达到的位置
//有一个比较特殊的数值,2520，这是1到10的最小公倍数,
//如果距离是这个,随便选一个1---10的数可以一个不踩地跳过去(如果这一段是空的)
int main()
{
	int l; scanf("%d", &l);
	int s,t,m; scanf("%d%d%d", &s, &t, &m);//最小最大步数,石子个数
	r(i,1,m)
	   scanf("%d", a + i);
	sort(a + 1, a + m + 1);
	int dis = 0;
	r(i, 1, m)
	{
		int spa = a[i] - a[i - 1];//差值
		if (spa%mod == 0)spa -= (spa / mod - 1)*spa;
		else if (spa > mod)spa -= spa / mod * mod;
		else;
		r(j, dis + 1, dis + spa - 1)
			sto[j] = 0;//表示没有石头,用0补齐....防止有一些奇怪的事情发生
		dis += spa;
		sto[dis] = 1;//代表石头
	}
    flag[0] = 1;//0点为起点,必定可以达到
	r(i, 1, dis+t-1)//因为会跳出去,所以要多处理一部分
	{
		int x = inf;
		r(j, i - t, i - s)
		{
			if (j >= 0 && flag[j])
			{
				flag[i] = 1;//可以从上一个跳过来,只要满足这个条件必定可以达到
				x = min(x, sto[j]);
			}
		}
        sto[i] += x;//最小值加上当前状态,sto[i]=0代表没石头,反之
	}
	int ans = inf;
	r(i, dis, dis + t - 1)
        if(flag[i])ans = min(ans, sto[i]);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}