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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。
对于30%的数据,L <= 10000;
对于全部的数据,L <= 10^9。
输入的第一行有一个正整数L(1 <= L <= 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 <= 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。
输出只包括一个整数,表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。
10
2 3 5
2 3 5 6 7
2
1s
NOIp2005 第二题
根据题意列出状态转移方程,青蛙跳到数轴上的i点时,至少要踩到的石头的数量为:
dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+stone[i])
其中i-j的值为青蛙上一跳的位置;
j的取值范围为S<=j<=T,表示青蛙的跳跃距离范围;
从i=0遍历到最后一个石头所在的位置,遍历时,进行此状态转移方程,最终得到的就是青蛙跳到尽头至少需要踩到的石头数。
但是本题的桥长L可能会很大(L <= 10^9),这么长的数组可能存不完,遍历起来也很慢。
所以我们需要用到状态压缩的知识,把桥的长度压缩为较短但等效的长度。
因为石头的数量相对于桥长而言很少(1 <= M <= 100),两个石头之间的距离很大,当两个石头之间的距离大到一定程度时,青蛙从前一个石头过去,在不同的跳跃距离组合累加之后,可以跳到下一个石头附近的任意一点(该石头的附近具体指距离该石头小于青蛙最大跳跃距离T的点位的集合)。
所以,当两个石头间的距离大于一定程度X时,我们都可以把它们视为距离X,因为大于X的情况与等于X的情况等效。
那么这个X至少为多少才合适呢?
我们先考虑最坏的情况S==T-1,此时青蛙只有两种跳法,而且两种跳法跳跃的距离都比较远,第一次跳就要跳出去很远,由于两种跳法相距不大,只有1,所以需要X很大的情况下,才能保证能跳到X以后的任意一点。
此时X应该为 ( T − 1 ) ∗ T (T-1)*T (T−1)∗T或者说 T ∗ S T*S T∗S,因为任何大于等于 T ∗ S T*S T∗S的数,你都可以先找到最邻近它且大于的数 n ∗ T n*T n∗T(n为正整数),或者说写成n个T的和。此时,如果我们把n个T中的m个T替换为T-1,那么累加后得到的和就是 ( n − m ) ∗ T + m ∗ ( T − 1 ) = = n ∗ T − m (n-m)*T+m*(T-1)==n*T-m (n−m)∗T+m∗(T−1)==n∗T−m,因为m可以取任意正整数,所以 n ∗ T − m n*T-m n∗T−m可以取到 n ∗ T n*T n∗T的附近任何一个距离其小于等于T的数。所以青蛙可以跳到 T ∗ S = = T ∗ ( T − 1 ) T*S==T*(T-1) T∗S==T∗(T−1)(最坏的情况为S==T-1时)之后的任意点位。
所以我们的X要至少大于等于 T ∗ S = = T ∗ ( T − 1 ) T*S==T*(T-1) T∗S==T∗(T−1)(最坏的情况为S==T-1时)。
当然还有一种特殊情况,那就是T==S,此时,任何是T的倍数的点位上的石头都必须被踩到,如果该石头的坐标值能被T整除,那么就一定会被踩到。
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<vector> using namespace std; #define MAX_SIZE 1000000 #define MAX 0x3f3f3f3f int L,S,T,M,ans=0; int stone[MAX_SIZE]; int dp[MAX_SIZE]; vector<int> stone_pos; int main() { cin>>L>>S>>T>>M; if(S==T) { int current_stone; for(int i=0;i<M;i++) { cin>>current_stone; if(current_stone%S==0)ans++; } cout<<ans; return 0; } else { ans=MAX; int last_stone=0,current_stone,sum_dis=0; memset(stone,0,sizeof(stone)); for(int i=0;i<M;++i) { int j; cin>>j; stone_pos.push_back(j); } sort(stone_pos.begin(),stone_pos.end()); int last_pos=0; for(int i=0;i<stone_pos.size();i++) { int delta_dis=stone_pos[i]-last_pos; sum_dis+=min(90,delta_dis); last_pos=stone_pos[i]; stone[sum_dis]=1; } memset(dp,MAX,sizeof(dp)); dp[0]=0; for(int i=S;i<=sum_dis+T;i++) { for(int j=S;j<=T;j++) { if(i>=j) { dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+stone[i]); } } } for(int i=sum_dis;i<=sum_dis+T;i++) { ans=min(dp[i],ans); } cout<<ans; } }
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