描述
在河上有一座独木桥，一只青蛙着独木桥从河的一侧跳到另一侧。在桥上有M个石子，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。
1 <= S <= T <= 10，1 <= M <= 100
这个问题的朴素的做法复杂度可看做O（L），显然令人感到绝望。关键在于缩距，这当然是一个问题，需要仔细考虑。作为OIer，算法的简单正确胜过一切。所以，首先，对于距离得很近的石头，管都不管，让他继续保持，因为显然离得近的石头是很讨厌的。于是考虑离得较远的，多远呢，反正只有100个石头，就把这个距离设成1000吧。下面考虑距离大于1000的两个石头。
继续解决问题之前，考虑这个问题：一个青蛙到底能跳哪些长度。如果S=1，不管T多少，都能跳任何整数，那S=2呢？最后写了一个验证程序（验证1到m的数哪些不能用k和k+1组合出来）：
把k=1到9带进去，最终发现k=9时，最大的不能表达的为71，那就说明不管S，T是多少，只要S<T，那么距离>=72的所有点都可以被跳到，不管他是100还是1000（很好理解，假如S=5，T=8，那么我就只用5和6这两个步长就够了，7，8我丢掉不用，这完全可以）。这是一个重要的结论。
到这里，可以先把S=T的情况给搞掉，因为只能固定步长跳很简单。然后再来考虑缩距。若两个石头编号为i-1和i，并且f[i-1]已经算出来了，那么i石头左边有多少空位有价值呢？最左只到T个。再往左的话，f[i]和以后位置的f计算就用不上了，成为废的，所以不需要。那么i-1石头右边要留多少个石头呢？只需要T-1个。因为更右边的位置其实是左边已经有的位置跳过来的，跳的过程中又没有踩石头，所以没有必要留他们。那么现在只需要让i-1右边的T-1个位置到i的左边T个位置这两者之间的距离>=72即可。这样的话，原来左边的每一个位置可以更新右边的每一个位置，缩了过后，左边的每一个位置也可以更新右边的每一个位置，那变换前后可以认为是等价的。因为我 并没有改变任何有用的f[]的值，甚至连更新的方式也没改变（因为转移的关系被完整保留下来了），我去掉的，只是不影响后续计算的废值。这样每两个石头之间的距离变成了<=(72+2*T)<=92，100个石头的话，眯着眼睛也能过。到这里了，可以回去把那个距离的阈值设小一点，把1000改成Q=100都行，这样复杂度O(M*Q*T)，还不到100000，搞定。以下是一份可行的解，单点耗时不超过5ms。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define inf 1000000000
using namespace std;
int L,s,t,m;
int a[105],f[10005];
int main() {
scanf("%d%d%d%d",&L,&s,&t,&m);
if (s==t) {
int ans=0;
for (int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
ans+=!(a[i]%s);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+1+m);
int p;
if (a[1]>=100) f[p=72+t]=1;
else f[p=a[1]]=1;
for (int i=2;i<=m;i++) {
if (a[i]-a[i-1]>=100) f[p=p+72+2*t]=1;
else f[p=p+a[i]-a[i-1]]=1;
}
if (L-a[m]>=100) p=p+72+t;
else p=p+L-a[m];
for (int i=1;i<=p;i++) {
int b=inf;
for (int j=s;j<=t;j++) {
if (i-j>=0) b=min(b,f[i-j]);
}
if (b!=inf) f[i]+=b;
else f[i]=inf;
}
int ans=inf;
for (int i=p-t;i<=p;i++) ans=min(ans,f[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}