luogu 1052 过河
神仙的博客，先copy了日后绝对删掉的，（因为我实在没耐心看懂啊..）
题解
step 1理解题意
在做这道题之前，一定要理解好题意，有一个需要特别注意注意的地方：
青蛙不是一定要跳到石头上[嗯...这一点坑了我好久]而是指青蛙尽量不踩石头的情况下还要跳到多少个石头上[语文渣求原谅]。
step 2状态转移方程
这是一个比较简单方程式。
首先设f[i]为在i点上的最少踩石子数则在前面(i-s)到(i-t)的点都可以改变i点的值,因此我们可以取f[i-s]-f[i-t]之中的最小值，另外如果有石头就加上1，如果没有就不加值，这里我们直接用flag[i]表示该点有无石头(有则为1，无则为0)。
因此我们可以写出状态转移方程式: f[i]=min(f[i−j]+flag[i]∣s<=j<=t)f[i]=\min(f[i-j]+flag[i]|s<=j<=t)f[i]=min(f[i−j]+flag[i]∣s<=j<=t)
step 3路径压缩
实际上，这题还没完呢...如果我们定义一个f[10^9]的数组，这肯定是会爆内存的——所以...[我就放弃了这道题][额，可能吗]..因此我们需要使用一种方法，使得这里采用一种最合适的方法——路径压缩(其实还有其他更(bu)优(kao)秀(pu)方法的)，目的是要找到两石同相隔较长时直接缩短的方法。[前方高能,请数学学科恐惧症患者尽快撤离!!]:
假设每次走p或者p+1步.我们知道 gcd(p,p+1)\gcd(p,p+1)gcd(p,p+1) =1.
由扩展欧几里得可知，对于二元一次方程组：
px+(p+1)y=gcd(p,p+1)px+(p+1)y=\gcd(p,p+1)px+(p+1)y=gcd(p,p+1) 是有整数解的，即可得： px+(p+1)y=spx+(p+1)y=spx+(p+1)y=s 是一定有整数解的。
设 px+(p+1)y=spx+(p+1)y=spx+(p+1)y=s 的解为： x=x0+(p+1)t,y=y0−ptx=x0+(p+1)t,y=y0-ptx=x0+(p+1)t,y=y0−pt 。令 0<=x<=p0<=x<=p0<=x<=p (通过增减t个p+1来实现)， s>p∗(p+1)−1s>p*(p+1)-1s>p∗(p+1)−1 ,
则有： y=s−pxp+1>=s−p2p+1>p∗(p+1)−1−pxp+1>=0y=\frac{s-px}{p+1}>=\frac{s-p^2}{p+1}>\frac{p*(p+1)-1-px}{p+1}>=0y=p+1s−px>=p+1s−p2>p+1p∗(p+1)−1−px>=0
即表示，当 s>=p∗(p+1)s>=p*(p+1)s>=p∗(p+1) 时， px+(p+1)y=spx+(p+1)y=spx+(p+1)y=s 有两个非负整数解，每次走p步或者 p+1p+1p+1 步， p∗(p+1)p*(p+1)p∗(p+1) 之后的地方均能够到达。
如果两个石子之间的距离大于 p∗(p+1)p*(p+1)p∗(p+1) ，那么就可以直接将他们之间的距离更改为 p∗(p+1)p*(p+1)p∗(p+1) 。
综上，得到压缩路径的方法：若两个石子之间的距离> t∗(t−1)t*(t-1)t∗(t−1) ，则将他们的距离更改为 t∗(t−1)t*(t-1)t∗(t−1) 。
因为 t<=10t<=10t<=10 ，因此我们可以直接将大于10*9的距离直接化为90.
但是要注意，对于 s=ts=ts=t 这种特殊情况，这种方法是不成立的应为在这种情况下，每次是不能够走p+1步的，因此需要另外特殊判断。
方程如下:
f[i]=f[i−1]+(imods==0)f[i]=f[i-1]+(i \mod s ==0)f[i]=f[i−1]+(imods==0)
代码实现
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
using namespace std;
int f[10005],far[10005],a[10005],flag[10005],p,s,t,n;
int main()
{
scanf("%d",&p);
scanf("%d%d%d",&s,&t,&n);
if(s==t) //特殊情况判断
{
int cont=0,qaq;
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&qaq),cont+=((qaq%s)==0);
printf("%d\n",cont);return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);a[0]=0;f[0]=0;
far[n+1]=min(p-a[n],100);p=0; //计算终点与最后一个点的距离
for(int i=1;i<=n;i++)far[i]=min(a[i]-a[i-1],90),p+=far[i],flag[p]=1; //缩短路径，存储缩短后的终点距离并标记石头位置
p+=far[n+1];
for(int i=1;i<=p+9;i++)
{
f[i]=INT_MAX-1;
for(int j=s;j<=t;j++)if(i>=j)f[i]=min(f[i],f[i-j]+flag[i]);
}
int minn=INT_MAX-1;
for(int i=p;i<=p+9;i++) //因为青蛙可以跳出边界且t<=10因此再终点后p-p+9中取最小值
minn=min(minn,f[i]);
printf("%d",minn);
}
具体请见http://blog.csdn.net/qq_34940287/article/details/77494073
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