题目大意
求出最少需要丢去多少双靴子才能到达终点。
解法
解法一：
看到数据的范围，非常清楚\(O(n^3)\)能过掉所有的数据，那么我们就果断暴力。
解法二：
比较容易会想到用DP做，我一开始定义\(f[i][j]\)表示前\(i\)个格子，现在穿了第\(j\)双时的最小丢弃数。
那么决策就是每次枚举前面的第\(k\)个格子，和现在穿了第\(p\)双时的最小丢弃数，计算两者之间的距离，在转移。
但是这样无法判断是否要丢弃出最上面的那一双，这样写感觉非常的麻烦。
所以就换了一种状态：\(f[i][j]\)表示前\(i\)个格子用\(j\)双靴子能否走到。
那么我们的边界就是\(f[1][1]=1\)
而转移就非常的简单了：如果当前的状态是true，也就是能用\(j\)双到达\(i\)，那么就枚举下一双\(k\)，如果满足所有题目中的约束条件，那么就转移。
这样的复杂度看似是\(O(n^4)\)，但是呢？我们中间有很多不会访问到的状态，一双鞋子能够更新的答案的个数是很少的。
解法三：
看到有大佬用了一维就做了出了答案，非常的好奇，看了一下，但是觉得这样思路是一样的，就是压缩了一维状态。我谈一下我的理解：\(f[i]\)表示前\(i\)个格子能否被达到，那么我们就用\(j\)来更新这个\(f\)数组，如果能够达到，而且满足题目中的约束条件，那么就说明就可以用第\(j\)双靴子来更新后面的答案，那么我们第一次更新到终点的答案就是我们的要求求解的答案。
ac代码
# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <algorithm>
# include <ctype.h>
# include <iostream>
# include <cmath>
# define LL (long long)
# define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define ri (register int)
# define inf (0x7f7f7f7f)
# define pb push_back
# define fi first
# define se second
# define pii pair<int,int>
using namespace std;
inline int gi(){
int w=0,x=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return w?-x:x;
}
# define N (255)
int n,b;
int dep[N],d[N],s[N];
bool f[N][N];
int main(){
n=gi(),b=gi();
for (int i=1;i<=n;i++) dep[i]=gi();
for (int i=1;i<=b;i++) s[i]=gi(),d[i]=gi();
ms(f,0); f[1][1]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=b;j++)
if (f[i][j])
for (int k=j;k<=b;k++)
if (dep[i]<=s[k])
for (int q=i+1;q<=min(n,i+d[k]);q++)
if (s[k]>=dep[q]) f[q][k]=1;
for(int i=1;i<=b;i++)
if (f[n][i]){
printf("%d\n",i-1);
return 0;
}
return 0;
}