题目描述

在河上有一座独木桥，一只青蛙想沿着独木桥从河的一侧跳到另一侧。

在桥上有一些石子，青蛙很讨厌踩在这些石子上。

由于桥的长度和青蛙一次跳过的距离都是正整数，我们可以把独木桥上青蛙可能到达的点看成数轴上的一串整点：0，1，……，L（其中L是桥的长度）。

坐标为0的点表示桥的起点，坐标为L的点表示桥的终点。

青蛙从桥的起点开始，不停的向终点方向跳跃。

一次跳跃的距离是S到T之间的任意正整数（包括S,T）。

当青蛙跳到或跳过坐标为L的点时，就算青蛙已经跳出了独木桥。 

题目给出独木桥的长度L，青蛙跳跃的距离范围S,T，桥上石子的位置。

你的任务是确定青蛙要想过河，最少需要踩到的石子数。

最后还需要判断一个特殊情况，就是s==t，如若s==t，那就说明青蛙跳的路线一定，所以之间枚举石头的位置是否为s的倍数，是就一定会跳上，反之不会，即是位置是s的倍数的石头个数就是答案。

输入格式

输入文件的第一行有一个正整数L，表示独木桥的长度。

第二行有三个正整数S，T，M，分别表示青蛙一次跳跃的最小距离，最大距离，及桥上石子的个数。

第三行有M个不同的正整数分别表示这M个石子在数轴上的位置（数据保证桥的起点和终点处没有石子）。

所有相邻的整数之间用一个空格隔开。

输出格式

输出文件只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

样例

输入样例
10
2 3 5
2 3 5 6 7

输出样例
2

算法1

(DP) $O(10^5)$

首先简化题面，在一个线段上有一些石头，青蛙可以在[s,t]中的任意选择一个数作为它跳跃的距离，求超过L后所踩到的最少石头数。但由于这个L非常的大，如果L比较小的话可以得到一个非常明显的一个DP写法，因为i号点一定是从[i-T,i-S]中的一个数转移过来，所以就能得到明确的状态转移方程，但是由于L过大，这个方法是不可行的，所以，现在要解决的问题就是怎么把L缩小。

因为此题需要求的是踩到石头的个数，所以，路径上大部分没有石头的路是没有用的，可以进行舍去，但是具体要舍去多少才会不影响答案，能舍去的一定是[s,t]当中能被表示出来的数，所以现在就把问题转化成了求没有石头区间当中有多少数不能被[s,t]当中的数表示出来，这就涉及到了一个定理，相邻两数不能被表示出的数为(p-1)*(q-1)-1，所以，题目已知t最大为10，即[s,t]最大不能被表示的数为72，现在青蛙要跳过第i颗石头时最大一定在i的左侧10以内，在越过第i-1颗石头时一定在i-1右侧的10以内，即当两块石头距离大于92时为没有用的点，因为好算，所以可以把两块石头之间的距离全部预处理成小于等于100，所以时间复杂度就降了下来。

图示如下：

又因为超过L即可，实际上可以转化为超过最后一块石头的位置即可，因为最后一块石头后一定没有石头。

所以最终时间复杂度为O(100mT)。

经过把L缩小后就可以根据之前的DP思路进行解题了。

参考文献

敬请观看y总讲解视频或题解

https://www.acwing.com/solution/content/3806/

C++ 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200010],w[2000010],f[20000020];
int main()
{
    int l;
    cin>>l;
    int s,t,m;
    cin>>s>>t>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    if(s==t)
    {
        int res=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if(a[i]%s==0)
            res++;
        }
        cout<<res;
    }
    else
    {
        sort(a+1,a+m+1);
        int shang=0,pianyi=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if(a[i]-shang>100)
            {
                pianyi+=a[i]-shang-100;

            }
            shang=a[i];a[i]-=pianyi;

        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            w[a[i]]=1;
        }
        l=a[m]+10;
        for(int i=1;i<=l;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]);
                }
            }
        }
        cout<<f[l];
    }
}