NOIP2005过河（青蛙过河）

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这道题主要是因为L长度最大可以为1e9 而石子却最多只有100个 这样就浪费了很多时间空间 所以我们压缩一波路径就可以了 剩余的就是枚举每个点以及i-y到i-x的dp了

这里要说一句为什么要mod90 因为1~9两两的最大公倍数是90

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=;
int read(){
    int ans=,f=,c=getchar();
    while(c<''||c>''){if(c=='-') f=-; c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+(c-''); c=getchar();}
    return ans*f;
}
int f[M],s[],L,x,y,m,sz[M];
int main()
{
    memset(f,,sizeof(f));
    L=read(); x=read(); y=read(); m=read();
    for(int i=;i<=m;i++) s[i]=read();
    if(x==y){
        int ans=;
        for(int i=;i<=m;i++) if(s[i]%x==) ans++;
        printf("%d\n",ans);
        return ;
    }
    s[m+]=L;
    sort(s+,s+m+);
    for(int i=;i<=m;i++) if(s[i+]-s[i]>) s[i+]=s[i]+(s[i+]-s[i])%;
    for(int i=;i<=m;i++) sz[s[i]]=;
    for(int i=x;i<=y;i++) f[i]=(sz[i])?:;
    for(int i=*x;i<=s[m+];i++){
        for(int j=x;j<=y;j++) if(j<=i) f[i]=min(f[i],f[i-j]);
        if(sz[i]) f[i]++;
    }
    printf("%d\n",f[s[m+]]);
    return ;
}