[NOIP2005] 过河【Dp，思维题，缩点】

Online Judge：Luogu P1052

Label：Dp，思维题，缩点，数学

题目描述

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

第一行有1个正整数L \((1<=L<=10^9)\)，表示独木桥的长度。

第二行有3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。

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。

石子的位置不一定是从小到大的。

输出

一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

样例

Input#1

10
2 3 5
2 3 5 6 7

Output#1

2

Input#2

3000000
5 7 99
5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254

Output#2

12

Hint

这里的数据范围跟原题有出入。

对于30%数据，\(L<=10^4\)。

对于70%数据，\(L<=10^7\)。

对于100%数据，\(L<=10^9\)，\(m<=100\)，$1<=s,t<=300$

题解

30pts

\(O(LT)\)。用$dp[i]\(表示跳到位置i需要踩的最少石头数目。枚举位置\)[0,L+T]\((上界注意是L+T)，再枚举前面的\)[S,T]$个位置，找最小值转移。

70pts

\(O(L+T)\)。优化找最小值的部分，很容易想到用单调队列搞一下，每次转移变成$O(1)$。

namespace p70{
    int head=1,tail=0,q[350];
    void solve(){
        q[++tail]=0;
        dp[0]=mark[0];
        int ans=666;
        for(int i=1;i<=n+T;i++){
            dp[i]=666;
            int pre=i-S;
            if(pre<0)continue;
            while(head<=tail&&dp[q[tail]]>=dp[pre])tail--;
            q[++tail]=pre;
            while(head<=tail&&i-q[head]>T)head++;
            dp[i]=dp[q[head]]+mark[i];
            if(i>=n)ans=min(ans,dp[i]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

100pts

石头数$m$很少，桥的长度$L$很大。想到压缩一些没用的点。具体如何压缩有很多方法，Luogu题解里有些很妙妙的想法：）

下面是一种$O(M\cdot T^2)$的做法。

发现可能有很长的一段都是空地，如果存在空地左边某点能到达空地右端某点，则右端的点的$dp$值可以直接由左边那个的$dp$转移过来，而不需要通过中间一大段无用的点去转移。

考虑存储真正有用的点。对于石头$i$，设其坐标为$x[i]\(，真正有用的点是\)[x[i]-T,x[i]+T]\(。同时还有这些点也要存储，\)[0]\(，\)[L-T,L+T]$。然后把这些点离散下。最多会有大概$MT$个点，接下来只要在这些点之间转移即可。

简单画一下图发现只有如下两种情况（采用填表的方式分析）。

1.从当前点$i$只跳一步能到达$j$，则更新j的dp值，这部分的复杂度为$O(T)$。

2.$i$是一块空地的左端点，尝试跳到空地的右端$j$，遇到石头则停止。

对于第二部分，如何判断能否从左端到右端？设左端为i，右端为j，只需考虑他们的距离dis。由于跳k步能到达的范围是$[ks,kt]$，所以只要找一个k，使得这个区间能够包含dis。

inline bool Jump(int dis){
	int step=(dis-1)/t+1;
	return s*step<=dis;
}

转移是$O(T)$的，所以整个算法时间复杂度为$O(M\cdot T^2)$。

完整代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=30500;
int sz,a[N],dp[N],ans=666,x[305];
int n,s,t,m;
bool stone[N];
inline bool Jump(int dis){
	int step=(dis-1)/t+1;
	return s*step<=dis;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&s,&t,&m);
	for(register int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d",&x[i]);
		for(int j=max(0,x[i]-t);j<=x[i]+t;j++)a[++sz]=j;
	}
	for(register int i=max(0,n-t);i<=n+t;++i)a[++sz]=i;
	a[++sz]=0;
	sort(a+1,a+sz+1);
	sz=unique(a+1,a+sz+1)-a-1;

	for(register int i=1;i<=m;++i)stone[lower_bound(a+1,a+sz+1,x[i])-a]=1;

	for(register int i=1;i<=sz;++i)dp[i]=666;
	dp[1]=stone[1];

	for(register int i=1;i<=sz;++i){
		if(dp[i]==666)continue;
		dp[i]+=stone[i];

		int j=i+1,boom=0;
		while(j<=sz&&a[j]-a[i]<=t){
			if(a[j]-a[i]>=s)dp[j]=min(dp[j],dp[i]);
			boom|=stone[j++];
		}

		while(j<=sz){
			if(boom|=stone[j])break;
			if(Jump(a[j]-a[i]))dp[j]=min(dp[j],dp[i]);
			j++;
		}

		if(a[i]>=n)ans=min(ans,dp[i]);
	}
	printf("%d",ans);
}