题解 P1052 【过河】

题目

在某人的挑唆之下来做了这道题，说是路径压缩dp，然鹅我做完以后并没有发现什么和路径压缩有关的东西。

题目的意思大概就是给你一条数轴和一些石子，再给你每一次可以往前走的长度区间，求想要走完这条数轴最少需要经过多少个石子。

首先对于30%的数据，(L leq 10000)，大概就是一个线性dp。

不难想到对于每一个点(i)，都可以由([i-s,i-t])转移过来。

设(f[i])表示在点(i)时的最小答案，那么我们就有了一个最基本的转移方程：(f[i]=min(f[k]))。

当然如果(i)处有石子，(f[i]++)。

这样是从后往前推的，也可以从前往后。

大概就是这样：

for(int i = 0; i < L; i ++)
	{
		if(a[i] == 1) f[i] += 1;
		for(int j = s; j <= t; j ++)
		{
			if(i + j >= l) ans = min(ans, f[i]);
			f[i + j] = min(f[i], f[i + j]);
		}
	}

100%的数据：(L leq 10^9)

显然这种情况如果直接开(L)的数组会MLE，我们还是按照常规思路，想一想有哪些地方是多余的，可以优化掉。

可以观察到题目中(1leq S leq T leq 10, 1leq Mleq 100)

也就是说每一次走不超过十步，一共不超过100个石子。

显然这种情况下两个石子之间的距离会非常的长，并且要走的步数也非常的多。而这些步数中绝大多数都是没有用的，那么一个自然的想法就是把两个石子之间的距离缩短(难道这就是传说中的路径压缩？)

先从最简单的想起，假如一次只能走(S)或者(T)步，从原点开始走，那么显然一定可以走到(lcm(S,T))这个位置。在这种情况下，如果((0, lcm(S,T)])之间没有石子，那么((0,lcm(S,T)])就是无用的，因为它不会对答案产生任何影响，可以把这一段删去。

推广一下就可以知道，从点(i)开始，一次走([S,T])步，一定可以到达(i+lcm(S...T))这个点

再利用上面的结论，就可以对两点之间的距离进行缩短

核心代码：

for(int i = 1; i <= n; i ++) 
	{
		if(b[i] - last >= mod) b[i] = last + (b[i] - last) % mod;
		a[b[i]] = 1;
		last = b[i];
	}

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int L = 5000005;
int n, s, t, l, b[L], a[L], f[L], mod;
int main()
{
	scanf("%d", &l);
	scanf("%d%d%d", &s, &t, &n);
	mod = 10;//这里是为了增加间隔 
	for(int i = s; i <= t; i ++) mod  *= i;
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	int ans = 0x3f3f3f3f, last = 0; f[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &b[i]);
	sort(b + 1, b + 1 + n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) 
	{
		if(b[i] - last >= mod) b[i] = last + (b[i] - last) % mod;
		a[b[i]] = 1;
		last = b[i];
	}
	if(l - last >= mod) l = last + (l - last) % mod;
	for(int i = 0; i < l; i ++)
	{
		if(a[i] == 1) f[i] += 1;
		for(int j = s; j <= t; j ++)
		{
			if(i + j >= l) ans = min(ans, f[i]);
			f[i + j] = min(f[i], f[i + j]);
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) cout<<b[i] << endl;
	cout << ans;
}