日常吐(fei)嘈(hua)
这道题作为最近卡了我3天的dp题(最后还是在题解的帮助下冥思苦想才过掉的题)，窝觉得此题肥肠之脑洞，写此博客纪念
题解
过河
先来日常手玩样例：
咦感觉怎么手玩答案都像是3的亚子？？？
吓得我打开了讨论组
我们发现题目没说一定要踩到石子上，所以类似0->2->4->7->10的走法也是可以的
手玩样例成功√
容易看出来这是个dp,因为走法无后效性。
那么我们思考dp式子。设\(dp[i]\)表示跳到距离原点\(i\)的地方，最少踩过的石子数。因为最终可以跳出\(L\),所以答案是\(min\{dp[i],i \in [L,L+t]\}\)。转移就是\(dp[i]=min\{dp[i-j] \}+是否有石子,j \in [s,t]\)
然后我们康康数据范围
噫，好，我炸了
显然空间是开不下的。就算用各种奇技淫巧把空间优化到开的下然后发现\(O(1e9)\)的\(dp\)它\(T\)了。
于是我们考虑用各种奇技淫巧来减小\(L\)
我们发现石子数量\(M\)相比于\(1e9\)来说小的可怜，只有100。这样一定会出现两个石子中间距离特别特别大的现象。而且\(s,t\)最大是10，显然对这些中间没有石子的区域进行dp是个很大的浪费。那么我们想办法把这些距离压缩掉。
我们来观察一下中间没有石子的区域的dp值是如何转移的。
其中\([s_i,t_i]\)是跳i步能达到的点。我们发现\(s_i=0+i\times s,t_i+i\times t\).而且发现当某个\(s_i=t_k\)时，就会产生有两个\([s_i,t_i]\)接起来辣！然后\(dp\)值也就会出现和前面相同，此时就可以压缩掉了,发现当上面的\(i=t,k=s\)时一定会出现这种局面,所以两个石子间的距离遇弱大于\(s\times t\),就可以把距离压缩成\(s\times t\)。
当然，对于\(s==t\)的情况是要特判的
因为\(s==t\),所以只能跳s的倍数，直接看s的倍数的地方有多少石子就可以了
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef __int128 i128;
const int inf=2147483647;
inline int read()
{
char ch=getchar();
int x=0;
bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?-x:x;
}
int l,s,t,m,sz[109];
int dp[10000009];
int ys[10000009];
int main()
{
l=read();s=read();t=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
sz[i]=read();
if(s==t)
{
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(sz[i]%s==0) ans++;
printf("%d",ans);
return 0;
}
sort(sz+1,sz+1+m);//输入不一定按升序
int qwq=s*t;
int lst=0;
for(int i=1;i<=m;i++)//压缩距离
{
int qaq=sz[i]-lst;
lst=sz[i];
if(qaq>=qwq) qaq=qwq;
sz[i]=qaq+sz[i-1];
ys[sz[i]]=1;
}
int en=sz[m]+qwq;//考虑可以跳出l,所以最后距离要大一些
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=en;i++)
{
for(int j=s;j<=t;j++)
if(i-j>=0) dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+ys[i]);//上面的dp式子
}
int ans=inf;
for(int i=sz[m];i<=en;i++)
ans=min(ans,dp[i]);
printf("%d",ans);
}