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AcWing 484 过河
一、问题描述
青蛙需要从独木桥的起点(0)跳到终点(L)或更远的位置。每次跳跃的距离在$[S,T]$范围内。桥上有一些石子，青蛙要尽可能少地踩到石子。求最少需要踩到的石子数。
二、简单版本
如果$L$不是很大，比如$100000$，可以直接使用动态规划：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100500;
int n, s, t, m; // 桥长n，跳跃范围[s,t]，石子数m
int w[N], f[N]; // w[i]:位置i是否有石子，f[i]:到位置i的最少石子数
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int main() {
cin >> n >> s >> t >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x; cin >> x;
w[x] = 1;
}
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0] = 0;
for (int i = 1; i < n + t; i++)
for (int j = i - t; j <= i - s; j++)
if (j >= 0)
f[i] = min(f[i], f[j] + w[i]);
int res = INF;
for (int i = n; i < n + t; i++)
res = min(res, f[i]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
三、解题思路
本题数据范围$L<=1e9$，需要优化。
1. 特殊情况处理
当$S=T$时，青蛙只能跳固定距离$S$，只需检查石子位置是否是$S$的倍数：
if (S == T) {
int res = 0;
while (m--) {
int x; cin >> x;
if (x % S == 0) res++;
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
2. 离散化优化
Q:为什么需要离散化？
A: 本题中$L$的范围是$1e9$，但石子数量$m$最多只有$100$个。这意味着在桥上有大量没有石子的位置，这些位置在DP过程中造成了巨大的空间和时间浪费。我们需要压缩这些无用的空间。
Q:如何确定哪些位置可以压缩？
A: 考虑两个相邻石子$i$和$i+1$，它们的位置分别为$stones[i]$和$stones[i+1]$。我们需要分析这两个石子之间的空间是否可以压缩：
-
关键观察：
- 青蛙从$stones[i]$出发，最多可以跳$T$步
- 青蛙要到达$stones[i+1]$，最少需要跳$S$步
- 因此，我们只需要关注$stones[i]$前后各$T$个位置和$stones[i+1]$前后各$T$个位置
-
数论优化：
- 基于定理：当$p$与$q$互质时，$(p-1)*(q-1)-1$是$p$与$q$无法表示的最大数
- 取$p=10,q=9$（因为$S,T\leq10$），则最大不可表示数为
71 - 这意味着：如果两个石子之间的距离大于$71+2*10=91$（加上前后各$10$的缓冲），那么中间的空间可以被压缩到$91$以内
-
压缩原理：
- 设两个石子距离为
d - 如果$d>91$，我们可以将中间的空间压缩到
91 - 这样压缩不会影响最优解，因为：
- 压缩后的空间仍然保留了所有可能的跳跃路径
- 压缩不会改变石子的相对位置关系
- 压缩后的空间足够大，可以保证所有可能的跳跃组合都能被表示
- 设两个石子距离为
-
具体实现：
int last = 0, k = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
// 压缩两个石子之间的空间
for (int j = 0; j < min(stones[i] - last, 91); j++)
w[++k] = 0; // 标记压缩后的无石子位置
w[k] = 1; // 标记石子的位置
last = stones[i];
}
- 优化效果：
- 原始空间：$O(L)$，$L$可达
1e9 - 压缩后空间：$O(m*91)$，$m$最多
100 - 空间优化：从$1e9$降到约
10000 - 时间优化：DP过程从$O(L*T)$降到
O(m*91*T)
- 原始空间：$O(L)$，$L$可达
3. 动态规划
f[i]:跳到位置$i$的最少石子数- 状态转移：$f[i] = min(f[i], f[i-j] + w[i])$，
j∈[S,T]
for (int i = 1; i <= k + 10; i++) {
f[i] = 1e9;
for (int j = S; j <= T; j++)
if (i - j >= 0)
f[i] = min(f[i], f[i - j] + w[i]);
}
4. 求解答案
在最后可能到达的位置中找最小值：
int res = 1e9;
for (int i = k + 1; i <= k + 10; i++)
res = min(res, f[i]);
四、复杂度分析
- 时间复杂度：
O(m*T) - 空间复杂度：$O(N)$，
N=10020
五、示例分析
输入：
10
2 3 5
2 3 5 6 7
最优解为2，路径：0->2->5->8->11，踩到位置2和5的石子。
六、最终代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10020; // 定义一个足够大的数组空间
// 全局变量声明
int L, S, T, m; // L:桥长度, S:最小跳跃距离, T:最大跳跃距离, m:石子数量
int stones[N]; // 存储石子的位置
int w[N]; // 记录每个位置是否有石子(离散化后)
int f[N]; // dp数组，f[i]表示跳到位置i最少需要踩的石子数
int main() {
// 读入基本数据
cin >> L >> S >> T >> m;
// 特殊情况处理：当最小跳跃距离等于最大跳跃距离时
// 此时青蛙只能跳固定距离S
if (S == T) {
int res = 0;
while (m--) {
int x;
cin >> x;
// 如果石子位置是S的倍数，青蛙一定会踩到
if (x % S == 0)
res++;
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
// 读入所有石子的位置
for (int i = 0; i < m; i++)
cin >> stones[i];
sort(stones, stones + m); // 将石子位置从小到大排序
// 核心算法：离散化处理
int last = 0, k = 0; // last:上一个处理的位置, k:离散化后的新位置
for (int i = 0; i < m; i++) {
// 重要优化：基于数论的优化
// 当两个相邻石子距离过大时，中间的空隙可以被压缩
// 91是基于(p-1)(q-1)-1+20得来，其中p=10,q=9
// 这个优化基于：当两点距离大于91时，一定可以通过组合S和T的跳法到达
// 核心：桥太长，无法遍历，但有一个突破口，就是石子数量有限
// 如何利用这点呢？使用上面的定理，我们知道，间距太大的间隙可以被压缩，只有大于91的空隙，就可以压缩
// 如何压缩，压缩完是什么样的东西呢？
// 就是把无意义的没有石子的位置移除掉！无意义的是指肯定能通过ST踩到的并且无石子的位置
// 有意义的就是可能踩到也可能踩不到的位置，这些位置保留下来，无意义的干掉就行了。
// 下面的循环，枚举的是两个相邻石子之间的空位。
for (int j = 0; j < min(stones[i] - last, 91); j++)
w[++k] = 0; // 在新的离散化空间中标记无石子的位置
w[k] = 1; // 标记有石子的位置
last = stones[i];
}
// 动态规划初始化
memset(f, 0x3f, sizeof(f)); // 预求最大先设最小
f[0] = 0; // 注意边界的初始化,思考现实含义：位置 0最少需要踩的石子数为 0
// 动态规划过程
for (int i = 1; i <= k + T; i++) {
// 枚举所有可能的跳跃距离
for (int j = S; j <= T; j++)
if (i - j >= 0) // 确保不会跳到负数位置
f[i] = min(f[i], f[i - j] + w[i]); // 状态转移
}
// 在最后可能到达的位置中找最小值
int res = 1e9;
for (int i = k; i < k + T; i++)
res = min(res, f[i]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}