vijos 1002过河[单调dp，滚动数组，离散化]

这道题是NOIP第一道DP优化题，看似容易，实际上想要满分也颇有难度。

传送门：1002 过河

算法

此题显然要用到DP，DP方程也显而易见：
if (stone[i]) f[i]=min{f[i-j]}+1; (S<=j<=T)
else f[i]=min{f[i-j]};
这样的时间复杂度为 O(LT) ，空间复杂度为 O(L) 。
而此题的L高达 10亿 ，所以这种朴素的方法只能得 30分 ，显然无法AC。

优化

1.滚动数组
根据我们得出的DP方程，状态转移只需用到 f[i-T]~f[i-S] 的值，所以只需开大小为T的滚动数组即可。
所以空间复杂度被优化到了 O(T) 。由于T小于等于10，所以空间上显然没有问题。
2.离散化DP
看了看别人的题解，发现有人选择压105位来优化，这种方法虽然能过，但是或多或少有投机取巧的嫌疑，毕竟比赛时谁知道去压正好105位呢？
所以我们必须想出一般性的方法。我们会发现，石头的个数M远远小于长度L，不禁让我们想到了离散化——当S<T且有一大段桥没有石头时，常常会出现整个滚动数组f的值一样的情况，这时我们可以在遇到下一颗石头之前不再改变f的值，从而达到优化的效果。
在下用tot变量记录当前数值连续出现的次数，如果超过T次，则将i直接跳转到下一个石头的位置之前，从而提高效率。
优化后，时间复杂度降至 O(MT) ，已经达到了AC的要求。

特判

上面的离散化显然建立在S<T的基础上。如果S==T，那么永远达不到优化的条件，优化就不会奏效，从而 *TLE：90分 * 。
因此我们必须加上特判，当S==T时，ans就是位置为T的倍数的石头的数量。虽然简单，却十分考验选手思维的严密性。

代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;int dp[100];int  r[200];inline int min(int a,int b){    return a<b?a:b;}int main(){    int L,s,e,m;    scanf("%d%d%d%d",&L,&s,&e,&m);    for(int i=0;i<m;i++)        scanf("%d",r+i);    sort(r,r+m);    memset(dp,INF,sizeof dp);    int p=0,tot=0,now=0;    dp[0]=0;    if(s==e)    {        int ans=0;        for(int i=0;i<m;i++)            if(r[i]%e==0)                ans++;        printf("%d\n",ans);        return 0;    }    for(int i=1;i<=L;i++)    {        for(int j=s;j<=e;j++)        {            dp[i%e]=min(dp[i%e],dp[(i-j+e)%e]);  //滚动数组，下标0-(t-1)        }        if(i==r[p])   //记录是否有石头，想想用vis标记，实在太逗！        {            dp[i%e]++;            p++;        }        if(now==dp[i%e])                  //   离            tot++;        else        {            now=dp[i%e];            tot=0;                        //   散        }        if(tot==e)        {            i+=(min(r[p]-e,L)-i)/e*e;        }                                 //   化    }    printf("%d\n",dp[L%e]);    return 0;}