NOIp2005 过河【dp+离散化】By cellur925

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$30pts$

状态和转移都比较好想：设$f[i]$表示跳到$i$位置，踩到的最小石子数。转移方程也很明了，为$f[i]$=$min${$f[i-j]$)，,这个位置有石子时答案再加1，$s<=j<=t$。

但是出了几次小坑 ：首先答案不一定是$f[l]$，因为可能跳过去，但也算到达彼岸了。其次我用的$stone$数组不再代表石子个数，而是下标，所以开到$10000$。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 
 using namespace std;
 
 int l,s,t,m,ans=;
 int f[],stone[];
 
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         int qwq=;
         scanf("%d",&qwq);
         stone[qwq]=;
     }
     memset(f,,sizeof(f));
     f[]=;
     for(int i=;i<=l;i++)
     {
         for(int j=s;j<=t;j++)
         {
             if(i-j<) break;
             f[i]=min(f[i-j],f[i]);
         }
         if(stone[i]) f[i]++;
     }
     for(int i=;i<=t;i++) ans=min(ans,f[l-i]+stone[l]);
     printf("%d",ans);
     return ;
 }

30 pts

$100pts$

下标太大了呀...达到了丧心病狂的$1e9$。考虑优化，转移貌似没得搞，考虑状态优化。其实注意到这个条件我们首先就应该想到离散化。因为虽然长度很大，但石子个数却很小。也就是说，两个石子间可能会有很长的空隙。

有两个压缩方法：膜2520和膜72。（一步青蛙最多跳10个单位）2520是1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的最小公倍数，因此从一个点出发，无论青蛙能跳多少距离，它一定能到2520。当两个石子间的距离大于2520，我们对其取膜。因为当距离大于2520时，我们一定可以连续跳某次，不经过任何石子。这样我们就成功地进行了离散化。

同上，最后我们还要枚举跳过（一声）的情况。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #define maxn 1000000
 
 using namespace std;
 
 int l,s,t,m,ans=;
 int stone[maxn],d[maxn],flag[maxn],f[maxn];
 
 int main()
 {
     scanf("%d",&l);
     scanf("%d%d%d",&s,&t,&m);
     for(int i=;i<=m;i++) scanf("%d",&stone[i]);
     sort(stone+,stone++m);
     for(int i=;i<=m;i++) d[i]=(stone[i]-stone[i-])%;
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         stone[i]=stone[i-]+d[i];
         flag[stone[i]]=;
     }
     memset(f,,sizeof(f));
     f[]=;
     for(int i=;i<=stone[m]+t;i++)
     {
         for(int j=s;j<=t;j++)
         {
             if(i-j<) break;
             f[i]=min(f[i-j],f[i]);
         }
         if(flag[i]) f[i]++;
     }
     for(int i=;i<=t;i++) ans=min(ans,f[i+stone[m]]);
     printf("%d",ans);
     return ;
 }

AC