題目描述

• 給定一個數軸，標號為\(0-L\)

• 從\(0\)開始出發，每次可以向右移動\(S-T\)個單位償付

• 在數軸中共有\(M\)個特殊點，求到達L最少經過的特殊點的數量

思路分析

\(1、\)首先，對於一個比賽題目，我們要學會觀察資料範圍，鑑於\(30%\)的資料，我們應該可以用暴力完全便利一遍，求出最小值來

\(2、\)但是，要是想拿滿分，數軸的長度\(L\)最大值為\(10^9\)，開陣列一定會炸掉的QAQ

\(3、\)對於一個很大的距離來說，我們可以很艱難的想到的是離散化，只需要選出不會影響條件的相對距離就可以了，不需要看絕對距離

\(4、\)那麼我們就開始離散化，首先看題目，給定的移動範圍為\(S-T\)

想到了沒有

沒錯，小凱的疑惑（順帶傳送門P3951 小凱的疑惑）

我們可以得出，這個東東最大湊不出來的距離，那麼我們就可以設定一個離散化的值為\(S\times T\)

那麼我們就可以開始離散化了

int bas=s*t;
for(int i=1;i<=m;i++)//離散化 
{
	int w=stone[i]-stone[i-1];
	if(w>=bas) w=bas;
	lish[i]=lish[i-1]+w;
	vis[lish[i]]=1;//標記石子 
}

通過把他原先的石子相鄰的距離求出來，然後比較一下是否比這個離散化值大，如果很大，那麼就縮小，並且標記一下石子所在的位置

在這裡可能會有一個小疑問，為什麼要用離散化呢，因為離散化可以進行路徑壓縮，就比如你在兩個相隔很遠的石子間蹦來蹦去，沒有意義，既浪費時間又浪費空間，因為在這一段中它是沒有貢獻的，所以刪去不會產生影響

上個圖片歇歇眼睛

狀態轉移方程設定

離散化結束以後，這就是一個很簡單的線性\(dp\)了

那麼我們可以設\(f[i]\)為當調到第\(i\)的位置上時，踩到石子次數的最小值

程式碼實現

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=1e6+9;
int l,s,t,m;
int stone[109];//每個石頭的位置
int f[N]; 
int lish[109];
int vis[N];
signed main()
{
	cin>>l>>s>>t>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>stone[i];
	}
	if(s==t)//判斷一下相等的情況，此時走的步數是一定的 
	{
		int cnt=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			if(stone[i]%s==0) cnt++;
		}
		cout<<cnt<<endl;
		return 0;
	}
	sort(stone+1,stone+1+m);//保證呈位置升序
	int bas=s*t;
	for(int i=1;i<=m;i++)//離散化 
	{
		int w=stone[i]-stone[i-1];
		if(w>=bas) w=bas;
		lish[i]=lish[i-1]+w;
		vis[lish[i]]=1;//標記石子 
	}
	l=lish[m]+bas; 
	int ans=0x3f3f3f3f;
	memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=l;i++)
	{
		for(int j=s;j<=t;j++)
		{
			if(i>=j)
			{
				f[i]=min(f[i],f[i-j]+vis[i]);
			}
		}
	}
	for(int i=lish[m];i<=l;i++)
	{
		ans=min(f[i],ans);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}