洛谷1052——过河（DP+状态压缩）

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。

输入输出格式

输入格式：

第一行有$1$个正整数$L(1 le L le 10^9)$，表示独木桥的长度。

第二行有$3$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$1 le S le T le 10$,$1 le M le 100$。

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。

输出格式：

一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

输入输出样例

输入样例#1：

10
2 3 5
2 3 5 6 7

输出样例#1：

2

说明

对于30%的数据，$L le 10000$；

对于全部的数据，$L le 10^9$。

2005提高组第二题

思路

如果不考虑数据范围的话，可以很快得出递推关系式：$dp[i]=min(dp[i+k]+a[i]) (Sleq k leq T)$（$a[i]$为$i$点的石头数$dp[i]$表示到达$i$点踩到的最少石头数）

然鹅看了数据范围后，时间和空间都是过不去的。所以需要选择别的方法：

• 当$S=T$的时候，可以很容易得到：所有在$S$倍数位置上的点，都会走到，所以对该种情况进行特判

• 我们可以发现石子在桥上放置的是非常稀疏的，而且当点的位置超过一定范围，点都是可以跳到的。所以可以将石子所在的位置压缩到这个范围里去。将压缩后位置储存起来作为新的石头的位置，按照这个位置进行dp即可

假设每次走$p$或者$p+1$步.我们知道$gcd(p,p+1)=1$.
由扩展欧几里得可知，对于二元一次方程组：
$px+(p+1)y=gcd(p,p+1)$是有整数解的，即可得：$px+(p+1)y=s$是一定有整数解的。
设$px+(p+1)y=s$的解为：$x=x_0+(p+1)t,y=y_0−pt$。令$0leq xleq p$(通过增减$t$个$p+1$来实现)，$s>p imes (p+1)−1$，
则有：$y=dfrac {s-px}{p+1}geq dfrac {s-p^{2}}{p+1} >dfrac {pleft( p+1 ight) -1-px}{p+1}geq 0$
即表示，当$sleq p imes (p+1)$时，$px+(p+1)y=s$有两个非负整数解，每次走$p$步或者$p+1$步，$p imes (p+1)$之后的地方均能够到达。
如果两个石子之间的距离大于$p imes (p+1)$，那么就可以直接将他们之间的距离更改为$p imes (p+1)$。
综上，得到压缩路径的方法：若两个石子之间的距离大于$t imes(t−1)$，则将他们的距离更改为$t imes (t−1)$。

因$为tleq10$，因此我们可以直接将大于$10 imes9$的距离直接化为$90$.

关于路径压缩常数的选择，证明过程详见：https://blog.csdn.net/qq_34940287/article/details/77494073

AC代码

/*************************************************************************

	 > Author: WZY
	 > School: HPU
	 > Created Time:   2019-02-03 15:55:49
	 
************************************************************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define INF 0x7f7f7f7f
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int a[maxn];
int dp[maxn];
int vis[maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int L;
	int ans=0;
	int s,t,m;
	cin>>L;
	cin>>s>>t>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		cin>>a[i];
	if(s==t)
	{
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			if(a[i]%s==0)
				ans++;
		}
		cout<<ans<<endl;
		return 0;
	}
	sort(a+1,a+1+m);
	int _=90;
	int res=a[1]%_;
	vis[res]=1;
	// 缩点
	for(int i=2;i<=m;i++)
	{
		res+=(a[i]-a[i-1])%_;
		vis[res]=1;
	}
	for(int i=res;i>=0;i--)
	{
		dp[i]=INF;
		for(int j=s;j<=t;j++)
			dp[i]=min(dp[i],dp[i+j]+vis[i]);
	}
	cout<<dp[0]<<endl;
	return 0;
}