题解：
①对于任一位置x , 只能由前面[x-t , x-s]这个范围的位置跳过来，因此只要先求出这些位置踩的石子数，找个最少的位置跳过来就ok。因此很容易想到动态转移方程：
f[x]=min(f[x-j])+stone[x] ( j∈[s , t])
f[x]表示从桥头跳到x处需踩的最少石子数，stone[x]表示x处是否是石头（1表示是，0表示否）。
②桥长可达10亿，即状态数可达10亿。很显然，数组是不能开到这么大的，怎么办？由此我们想到，能否将状态数减少，又不影响结果呢？通过观察，题目中的石子数最多只有100，如果把这些石子数放到长度为10亿单位的桥上，那是多么的稀疏呀，这就为我们提供了可能。
怎么样压缩？压缩后两个石子间距离保留多长才不影响结果呢？
设第k个石子座标为x，第k-1个石子和第k个石子间距离足够大，则青蛙从两个石子间跳到第k个石子及之后的位置有：x、x+1、x+2、x+3……x+t-1。如果我们能保证，将石子k-1和石子k之间的距离缩短（即减少状态）后，青蛙依然能跳到这些位置，则可以平移。而这一点我们可以通过在两个石子间保留1个最小公倍数单位长度得到保证。
③注意特殊情况：当s=t时，只需考查石子是否是s的倍数即可。这种情况单独考查。
AC代码：
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1e5; const int M=110; int L,s,t,m,a[N],f[N];//f[i]表示青蛙跳到位置i最少踏的石子数 bool stone[N];//stone[x]表示位置x是否是石子，0表示不是，1表示是 void solve(){ int d=0,k=s*t; for(int i=1,x;i<=m+1;i++){ x=a[i]-d-a[i-1]; //x表示第i个石子和第i-1个石子的距离 if(x>k) d+=x-k;//超过公倍数部分用作平移 a[i]-=d; stone[a[i]]=1;//标记平移后位置是石子 } stone[a[m+1]]=0;//桥尾不是石子 f[0]=0; for(int i=1;i<a[m+1]+t;i++){//考查桥上到桥尾的所有位置 f[i]=1e9; for(int j=s;j<=t;j++){ //在i的前一个位置中找一个经历石子最少的 if(i>=j) f[i]=min(f[i],f[i-j]);//注意判断i>=j } f[i]+=stone[i]; } int ans=1e9; for(int i=a[m+1];i<a[m+1]+t;i++) ans=min(ans,f[i]);//在跳过桥后所有位置中找一个最小值 printf("%d ",ans); } int main(){ scanf("%d%d%d%d",&L,&s,&t,&m); for(int i=1,x;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+m+1); //对桥中间石子位置排序，这步必须要有 a[0]=0;a[m+1]=L; if(s==t){//这种情况只需考查石子是否是石子的倍数即可 int ans=0; for(int i=1;i<=m;i++) if(a[i]%s==0) ans++; printf("%d ",ans); } else solve(); return 0; }
ps:输出3 6 10各得20分。