NC16655 [NOIP2005]过河

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题目

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 \(L(1\leq L\leq 10^9)\)，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

输出

2

备注

对于30%的数据，L<=10000；对于全部的数据，\(L\leq 10^9\) 。

题解

知识点：线性dp，数论。

显然线性dp，但发现数据范围很大，数组装不下。思路不可能是别的，那看一下数据上有没有能动手脚的地方。

注意到每次跳的格数是 \([s,t]\) ，而两者大小都小于等于 \(10\) ，并且石头数小于等于 \(100\) ，可以看出实际石头间隔区间可能很大，有很多空间被浪费。现在有两个方案：离散化，数据可优化。前者不可行，因为dp需要中间这些空位不能离散掉，考虑后者。

注意到有不定方程 \(ax + by = d\)，其中 \(d\) 为总跳跃长度，\(a,b \in [s,t]\) ，\(x,y\) 为跳跃 \(a,b\) 的次数，只需要 \(gcd(a,b)|d\) 即可有解。而这道题的跳跃区间是 \([s,t]\) ，因此只要一个区间内有互质的两个数 \(a,b\) 即可保证任意 \(d\) 都有解。但还有一个额外条件 \(x,y\geq 0\) ，因此实际上不是所有 \(d > 0\) 都能被凑出来，但可以保证 \(d> ab\) 时一定能被合法的凑出来。最后可以枚举证明，\([1,10]\) 任意两个相邻的数都是互质的，我们可以找区间里最小的两个数作为 \(a,b\) 。因此当 \(s \neq t\) 时 ，总能使得任意 $d> st $ 被凑出来。

上面的结论告诉我们，实际上 \(d> st\) 的长度都可以被踩到，因此之后这些的位置其实都等价了没必要保留了，只需要保留 \(d \leq st\) 的即可 ，因此当两个石头跨度 \(> st\) 时，手动修改为 \(st\) 即可，其余的间距保留不变，这样就能dp了。

特判一下 \(s = t\) 的情况即可。

时间复杂度 \(O(m\log m + t(L+t))\)

空间复杂度 \(O(m + L)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int a[107], b[107], dp[10107];
bool vis[10107];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int L;
    cin >> L;
    int s, t, m;
    cin >> s >> t >> m;
    for (int i = 1;i <= m;i++) cin >> a[i];
    if (s == t) {
        int ans = 0;
        for (int i = 1;i <= m;i++)
            if (a[i] % s == 0) ans++;
        cout << ans << '\n';
        return 0;
    }
    sort(a + 1, a + m + 1);
    int eps = s * t;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        b[i] = b[i - 1] + min(a[i] - a[i - 1], eps);///>=st的值一定都能取到，不如缩短成100
        vis[b[i]] = 1;
    }
    L = b[m] + min(L - a[m], eps);
    for (int i = 1;i < L + t;i++) {///可以越过L
        dp[i] = 0x3f3f3f3f;
        for (int j = s;j <= t;j++)
            if (i >= j) dp[i] = min(dp[i], dp[i - j] + vis[i]);
    }
    int ans = 0x3f3f3f3f;
    for (int i = L;i < L + t;i++) ans = min(ans, dp[i]);
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}