过河 [HNOI2008，Codevs1105]

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过河

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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。

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Input

输入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。

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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。

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Sample Input

10
2 3 5
2 3 5 6 7

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Sample Output

2

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Data Size & Hint

对于 30% 的数据，L<=10000；
对于全部的数据，L<=109。

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Solution

fi=∑j=stf(i−j)+当前是石子?1:0

若 S<T，事实上对于某个可跳步长区间 [S,T]，必然存在一个 MaxK 使得任何 k≥MaxK，都可以从一端正好跳到另一端。
题设中 1<=S<=T<=10，经过简单推导或者程序验证就可以发现，取 MaxK=100 就能满足所有区间。
于是我们可以分两种情况讨论：
S=T 时：
这时候由于每一步只能按固定步长跳，所以若第i个位置上有石子并且i mod S=0那么这个石子就一定要被踩到。这是我们只需要统计石子的位置中哪些是S的倍数即可。复杂度O(M)
S<T 时：
首先我们作如下处理：若存在某两个相邻石子之间的空白区域长度>MaxK+2∗T，我们就将这段区域缩短成长度为 MaxK+2∗T。可以证明处理之后的最优值和原先的最优值相同。
所以原来的最优解必然在处理之后的最优解解集中。
经过这样的压缩处理，独木桥的长度 L′ 最多为 (M+1)∗(MaxK+2∗T)+M，大约 12000 左右。
压缩之后再用先前的动态规划求解，复杂度就简化成了 O(L′∗(T−S))，已经可以在时限内出解了。
这样本题就得到了解决。

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Code

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define MAXN 100#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))using namespace std;int l,s,t,m,tot,size;int Minx;int nxt[10000010][3],dis[110];int f[20000010],cnt=1;int main(){    freopen("river.in","r",stdin);    Minx=0x3f3f3f3f;    memset(f,0x3f,sizeof f);    scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&dis[i]);    sort(dis+1,dis+m+1);    f[0]=0;    if(s==t){        for(int i=1;i<=m;i++)            if(dis[i]%s==0)tot++;        printf("%d\n",tot);    }    else{        dis[m+1]=l;        for(int i=2;i<=m+1;i++)            if(dis[i]-dis[i-1]+1>MAXN+2*t){                nxt[++nxt[0][0]][0]=dis[i-1];                nxt[nxt[0][0]][1]=dis[i]-MAXN-2*t;            }        tot=size=1;cnt=0;        int ss,start=1;        f[0]=0;        if(dis[1]>MAXN+2*t){start=dis[1]-MAXN-2*t-1;f[0]=0;}        for(int i=start;i<=l+t-1;(i==nxt[size][0])?(i=nxt[size][1],size++):(i++)){            ++cnt;            if(i==l)ss=cnt;            if(dis[tot]==i&&tot<=m){                for(int j=s;j<=Min(cnt,t);j++)                    f[cnt]=Min(f[cnt],f[cnt-j]+1);                tot++;            }            else                for(int j=s;j<=Min(cnt,t);j++)                    f[cnt]=Min(f[cnt],f[cnt-j]);        }        for(int i=ss;i<=cnt;i++)            Minx=Min(Minx,f[i]);        printf("%d\n",Minx); }    return 0;}