题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4842

过河

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)

Problem Description

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。

Input

本题有多组数据。对于每一组数据来说：第一行有一个正整数L（1 <= L <= 109），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。

Output

对于每一组数据，单独输出一行，只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。(输出的最后没有多余的换行)

Sample Input

2 3 5

2 3 5 6 7

Sample Output

解题思路：由于L太大直接dp那么无论时间上还是空间上都无法通过，那么可以考虑把离散化的石子集中起来

令L=stone[i]-stone[i-1]（stone[i]代表按坐标由小到大顺序排列的石块坐标）

当L能够被t整除时（L%t==0），令k=t；当L不能被t整除时（L%t!=0），令k=L%t。然后令k为k+t，

最后判断如果k>L，那么map[]数组中stone[i]和stone[i-1]两石头的距离就被等效成为L（也就是没变）；

如果k<=L，那么map[]数组中stone[i]和stone[i-1]两石头的距离就被等效成为k，

可以看出来，这样处理完，两石子最大间距为2*t，大大的缩短了数组，再按解一进行DP，就可以通过了。

在HDU上并没有过，但在学校OJ过了~~~（伤不起啊） http://acm.swust.edu.cn/problem/153/

代码如下：

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <algorithm>
 5 using namespace std;
 6 int stone[101], L, S, T, M, dp[2100], mpt[2100];
 7 int main(){
 8     int i, j, l, k, ptr = 0, minn;
 9     cin >> L >> S >> T >> M;
10     for (i = 1; i <= M; i++)
11         scanf("%d", &stone[i]);
12     memset(mpt, 0, sizeof(mpt));
13     memset(dp, 0, sizeof(dp));
14     sort(stone + 1, stone + 1 + M);
15     stone[0] = ptr = 0;
16     for (i = 1; i <= M; i++){
17         l = stone[i] - stone[i - 1];
18         if (!(l % T)) k = T;
19         else k = l % T;
20         k = k + T;
21         k = min(k, l);
22         ptr = ptr + k;
23         mpt[ptr] = 1;
24     }
25     for (i = 1; i <= ptr + T; i++){
26         minn = 0x7ffffff;
27         for (j = i - T; j <= i - S; j++)
28         if (j >= 0 && dp[j] < minn)
29             minn = dp[j];
30         dp[i] = minn + mpt[i];
31     }
32     minn = 0x7ffffff;
33     for (i = ptr + 1; i <= ptr + T; i++)
34         minn = min(minn, dp[i]);
35     printf("%d\n", minn);
36     return 0;
37 }

View Code

转载于:https://www.cnblogs.com/zyxStar/p/4572455.html

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