Vijos 1002 过河状态压缩DP

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。

对于30%的数据，L <= 10000；

对于全部的数据，L <= 10^9。

格式

输入格式

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。

输出格式

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。

样例1

样例输入1

10

2 3 5

2 3 5 6 7

样例输出1

限制

来源

NOIp2005 第二题

题解

根据题目意思可以发现这是一道动态规划的问题。并且我们可以很快地列出他的状态转移方程如下：

f[i] = min{f[i-j]}+a[i], (s<=j<=t)

其中：

f[i]表示到达第i点位置最少要踩到的石头数；

a[i]表示第i点位置是否有石子，有则a[i]为1，否则a[i]为0。

但是这样的话时间复杂度达到了O(L*T)，会超时。

这个时候我们回去考虑是否能够压缩一下数据，比如说L的大小。

我们需要用到下面这个定理：

对于公式

P*x+(P+1)*y=Q

其中x,y是未知数，P是跳跃的距离，P+1也是跳跃的距离，对于任意Q，Q>=P(P-1), x，y一定存在正整数解，换句话说当两个石子之间的距离大于等于T(T-1)时，中间有相当大的距离是每个点都可以跳到的，因为没有石子，所以对答案没有贡献，可以取模(%90)

这样我们就成功的把很多没有用到的状态压缩了。这就是所谓的状态压缩DP。

优化后的代码如下：

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define inf (1<<29)

int l, s, t, m, f[10010], a[10010], p[110];

int main()

{

    cin >> l >> s >> t >> m;

    for (int i = 0; i < m; i ++)

        cin >> p[i];

    if (s == t)

    {

        int res = 0;

        for (int i = 0; i < m; i ++)

            if (p[i] % s == 0)

                res ++;

        cout << res << endl;

        return 0;

    }

    sort(p, p + m);

    p[m] = l;

    p[0] %= 90;

    for (int i = 1; i <= m; i ++)

        p[i] = p[i-1] + (p[i] - p[i-1]) % 90;

    for (int i = 0; i < m; i ++)

        a[p[i]] = 1;

    f[0] = 0;

    for (int i = 1; i <= p[m]; i ++)

        f[i] = inf;

    for (int i = 1; i <= p[m]; i ++)

        for (int j = s; j <= t; j ++)

            if (i - j >= 0)

                f[i] = min(f[i], f[i-j]+a[i]);

    cout << f[p[m]] << endl;

    return 0;

}

参考