P1052 过河（状态压缩）
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。
输入输出格式
输入格式：
输入文件river.in的第一行有一个正整数L（1 <= L <= 10^9），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，其中1 <= S <= T <= 10，1 <= M <= 100。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river.out只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。
输入输出样例
10 2 3 5 2 3 5 6 7
2
说明
对于30%的数据，L le 10000L≤10000；
对于全部的数据，L le 10^9L≤109。
2005提高组第二题
分析：
很经典的一道题，也是很著名的一道状态压缩DP。
这道题的思路理解之后其实也是蛮简单的，就是因为L太大，1e9时空都会超，又因为n<100，是一个稀疏图，所以呢，可以对他进行路径压缩，我们可以认为中间的点都是大跳过去的，所以对于长了很多的路程就去取模啊，模一模，单车变摩托。
我们用 f[i]表示在数轴的 i 点时所能踩石子的最少个数
那么很容易得出状态转移方程：
j表示跳的步长
if(i点有石子) f[i]=min(f[i],f[i-j]+1)
else
f[i]=min(f[i],f[i-j])
在数轴很长的情况下，那么我们就压缩一下
先把石子位置（用数组a来存放）从小到大排序，计算两两石子间的距离（用数组d来存放），如果距离<=t，那么a[i]=a[i-1]+d[i]
如果距离大于t，那么就需要压缩距离了，即 a[i]=a[i-1]+t+(d[i]%t)
然后还有要注意的两点
1.它的石子没说是已经排好序的，所以我们需要排序。
2.注意取p的范围，就是要在压缩的路程后面加一个t，因为不一定最后一个点刚好是石头最少的（因为最佳答案不一定恰好到终点），可能是p+1，p+2，所以要从它转移过来，你应该循环到p+t。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<string> 6 #define min(a,b) (a>b?b:a) 7 using namespace std; 8 int l,p,dp[10000],stone[200],a[10000],s,k[200],d[200],t,m,n,b[10000]; 9 int main() 10 { 11 // freopen("std.in","r",stdin); 12 cin>>l>>s>>t>>n; 13 for (int i=1;i<=n;i++) 14 cin>>stone[i]; 15 stone[0]=0; 16 a[0]=0; 17 sort(stone+1,stone+n+1);//排序 18 for (int i=1;i<=n;i++) 19 { 20 d[i]=stone[i]-stone[i-1];//取两石子间的距离 21 k[i]=d[i]%t;//对距离取模以压缩路径 22 if (d[i]<=t+k[i]) 23 a[i]=a[i-1]+d[i];//a为压缩后的路径 24 else a[i]=a[i-1]+t+k[i]; 25 //b[a[i]]数组对有石子的位置进行标记 26 b[a[i]]=1;//对石子进行标记 27 } 28 p=a[n]+t+(l-a[n])%t;//终点 29 memset(dp,0x7f,sizeof(dp)); 30 dp[0]=0; 31 for (int i=1;i<=p+t-1;i++) 32 for (int j=s;j<=t;j++)//dp过程 33 { 34 if (i-j>=0&&i-j<p) 35 { 36 if (b[i]) 37 dp[i]=min(dp[i-j]+1,dp[i]); 38 else 39 dp[i]=min(dp[i-j],dp[i]); 40 } 41 } 42 int mx=200; 43 for (int i=p;i<=p+t-1;i++)//寻找答案，在p与p+t-1之间 44 mx=min(mx,dp[i]); 45 cout<<mx; 46 return 0; 47 }