NOIP2005过河

NOIP2005 过河 DP+跳点

跳点这个名字。。。是我自己想出来的，大神要是知道正确的叫法，可以在评论里指正，欢迎指正

题目描述 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。

输入描述 Input Description

输入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。

输出描述 Output Description

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。

样例输入 Sample Input

10

2 3 5

2 3 5 6 7

样例输出 Sample Output

2

数据范围及提示 Data Size & Hint

数据规模

对于30%的数据，L<=10000；

对于全部的数据，L<=109。

30%

对于30%的数据，是很水很水的，f[i]表示跳到i这个点最少踩过的石子数目，那么状态转移方程为：

f[i]=min(f[i-k])(S≤k≤T)

这个方程就是解决整道题的基础。要想要符合题意（即跳出去也算完成），f数组要开到0~L+T-1，最后 ans=min(f[i])(L≤i≤L+T-1)，30%的数据就解决了

100%

对于全部的数据，有L≤10^9，如果再开0~L+T-1的数组的话，很明显会爆掉，所以就看方程 f[i]=min(f[i-k])(S≤k≤T) ，发现状态f[i]只和f[i-T]到f[i-S]有关，所以就可以只开一个从0~T的滚动数组，每次把1~T元素前移，然后根据移动后的0~T-1来计算f[T]元素。由于T≤10，所以内存保住了。

容易看出这种转移是O( L×(S-T) )的，肯定会超时，于是把眼光看向M，M≤100。这样的话，我们希望时间复杂度不再和L有关，而是和M有关。这么长的坐标轴，这么少的石子，又是只询问最后面的状态，我立马就想起NOIP2014普及组的第三题螺旋矩阵，于是就自然而然的想到了——跳点！但是这道题的跳点貌似是不那么好跳的。

从特殊到一般，首先想这样一种情况：整个坐标轴很长，但只有一颗石子，你的滚动数组正在缓缓地滚动着，它所有元素的值一直都是0，突然，f[T]元素接触到了石子所在的位置，于是这个值就成了1，这个1从右端进入，又从左端出去，最后的结果依然是0。在这个过程中，有很长很长一段时间内，数组都是全0的，只有接近石子时才开始变化，所以做了很多无用功，应该可以从初始的地方直接跳到接近石子的某个地方。再想，假如说很长的坐标轴上只有一小堆石子（挨得很近），那么滚动数组在经过这一堆石子时，数值会发生变化，假如后面有足够长的空区间，明显刚进入的一个元素会是前面一些元素中的最小值，继续往后就会发现，到后来整个数组的值都变成了原来数组(指刚刚从石子堆里走出来的那个数组)中最小的那个数。要经过多长的距离才能变成这样呢？分析：如果f[x]是原来数组中的最小数，那么f[x+1]也一定是，一直往后都会变成这一个值，求出这个最小的x：若x-S~x-T都≥T，则有x-T≥T，x≥2T，即最小的x为2T，所以就可以说，当两个石子之间的距离大于2T时，我就可以在刚刚算完第一个石子的时候，把整个数组的值全赋数组中的最小值，然后直接跳到下一个石子进行计算，如此，时间复杂度就成为了O(M*T)，无忧了。还有一个小地方，为了让数组停在实际表示L~L+T-1的位置，应该在T+1处加一块石子，这样就行了。

于是我就天真地这样写，然后提交了，结果令我大吃一惊，才得了70分。我就开始想问题出在哪里。递推式子肯定是没问题的，问题就出在跳点，跳点时，我只是简单地把整个数组全赋值为一个最小值，实际上这就相当于认为这个区间内的所有元素都可以到达，在实际情况中，由于跳跃的范围是S~T，所以一定可能有到达不了的地方。怎样在跳点的同时标记出到达不了的点呢？我想了半天，想不出来。然后我就手动模拟了一组数据，发现实际上那些“无法到达的点”存在的位置是很少的，只在开头的时候会出现，后来越变越少，到后来就没有了，而且这些点存在的区间是很短的。因此，我就想了一种办法，那就是一开始做线性不跳点的DP，直到发现f数组中不存在非法的点，就可以从这里继续用跳点法模拟了。

改进后我又一次心急地提交了，结果又让我失望，才得了80分。竟然有两个点TLE。我查看了数据，发现那两个点都是S=T的情况。明显地，当S=T时，从头到尾都存在不合法的点，因此对于这种情况，要做一个特别处理。具体怎么做就不用说了，见程序。

观摩一下：

测试点#river0.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river1.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  1ms
测试点#river2.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river3.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river4.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river5.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river6.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river7.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river8.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms
测试点#river9.in  结果:AC    内存使用量:  256kB     时间使用量:  0ms

代码：

//过河	NOIP2005提高组复赛 DP+跳点
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;

int f[15], now, M, S, T, L, stone[150];

void input()
{
int i;
scanf("%d%d%d%d",&L,&S,&T,&M);
for(i=1;i<=M;i++)
scanf("%d",&stone[i]);
stone[++M]=L+T-1;
sort(stone+1,stone+M+1);
}

void change_into_min()
{
int x=inf;
int i;
for(i=1;i<=T;i++)
x=min(x,f[i]);
for(i=0;i<=T;i++)
f[i]=x;
}

int fill()
{
int i, mi, ma, j;
for(i=1;i<S;i++)f[i]=inf;
for(i=1;stone[i]<=T;i++)f[stone[i]]++;
ma=inf;
for(now=T+1;ma>100;now++)
{
ma=-inf;
for(j=1;j<=T;j++)
{
f[j-1]=f[j];
ma=max(ma,f[j]);
}
f[T]=inf;
for(j=S;j<=T;j++)
f[T]=min(f[T],f[T-j]);
if(now==stone[i] && now<=L)
f[T]++, i++;
ma=max(ma,f[T]);
}
return i;
}

int DP()
{
int i, j, x;
for(i=fill();i<=M;i++)
{
if(stone[i]-now > 2*T+S)
{
change_into_min();
now=stone[i];
}
for(;now<stone[i+1] && now<=stone[i]+T;now++)
{
for(j=1;j<=T;j++)f[j-1]=f[j];
f[T]=inf;
for(j=S;j<=T;j++)f[T]=min(f[T],f[T-j]);
if(now==stone[i] && now<=L)f[T]++;
}
}
x=inf;
for(i=0;i<=T;i++)
x=min(x,f[i]);
return x;
}

int special()
{
int i, cnt=0;
for(i=1;i<M;i++)
if(stone[i]%S==0)cnt++;
return cnt;
}

int work()	//分类讨论
{
int ans;
if(S==T)ans=special();
else ans=DP();
printf("%d\n",ans);
}

int main()
{
input();
work();
return 0;
}