题目描述
有n 块石头排成一行，从左到右依次编号为1到n，相邻两块石头之间的距离为1。
有m 只青蛙，开始时都位于1 号石头，它们都需要跳到n 号石头上。青蛙只能跳到更靠右的石头上。如果第i 只青蛙的某次跳跃的距离超过d，那么需要付出ci的代价。
求出满足以下两个条件时，总代价的最小值：
(1)石头a1,a2,a3,…,ak 必须被跳到恰好一次。
(2)其它石头(不包含1号石头和n号石头)不能被跳到。
有多组数据。
输入格式
第一行一个整数t表示数据组数。
每组数据第一行四个整数n,m,k,d，第二行m个整数c1~cm，第三行k个整数a1~ak。
输出格式
每组数据输出一行一个整数表示答案。
样例输入
2
10 2 3 3
4 7
4 8 7
10 2 2 3
4 7
9 5
样例输出
4
15
题解
贪心。
把ci排序。
为保证总代价最小，ci越小的青蛙付出代价的次数要越少。ci大的青蛙，能不付出代价最好。
先计算可以踩的相邻两块石头之间的距离，如果每两块石头间的距离都不超过d，就一定有青蛙可以不花代价跳到终点。计算有多少青蛙可以不花代价跳到终点，让ci最大的几只青蛙跳过去。
怎么算呢？题解有3种方法：
首先求出最多能有多少只青蛙不花费代价到达 n，记为 p。
方法一：考虑每相邻 d 块石头的可以经过次数之和，p 为这个的最小值。
方法二：二分答案，维护青蛙的位置，每次有空石头时将最靠左的跳过去。
方法三：贪心，对于每只青蛙，不停选择能跳的最靠右的石头跳过去。
我打的是方法一，这里再解释一下：
n块石头有的不能踩，有的能踩，“每相邻 d 块石头的可以经过次数之和”就是指每相邻d块石头中可以踩的石头数。每相邻 d 块石头为一组，因为青蛙不花代价可以跳的最大距离为d，每组青蛙跳到相邻的下一组都不用花代价。如果每块石头站一只青蛙，这些青蛙都可以不花代价跳到下一组。但是每组可以站的青蛙数不同，取最小值。c 最大的 p 只青蛙不花费代价，其余青蛙分别花费一次代价直接从 1 跳到 n。
如果存在两块相邻可踩石头近的距离大于d，那么所有青蛙都要花费代价，最优策略是 c 最小的一只青蛙跳过这 k 块石头，其余青蛙直接从 1 跳到 n。
注意！！！ 题目没说石头a1,a2,a3,…,ak是有序的，记得排序！
#include <algorithm> #include <cstdio> int T,l,n,m,d,a[100005]; long long c[100005],ans; int main() { // freopen("frog.in","r",stdin); // freopen("frog.out","w",stdout); int i,j,s; long long t; scanf("%d",&T); while (T--) { scanf("%d%d%d%d",&l,&m,&n,&d); for (i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&c[i]); for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); std::sort(c+1,c+m+1); std::sort(a+1,a+n+1); a[0]=1; a[n+1]=l; ans=0; for (i=1,t=0;i<=n+1;i++) if (a[i]-a[i-1]>d) t++; if (t==0) { for (i=1,j=1,s=m;i<=n;i++) { while (j<=n+1 && a[j]-a[i-1]<=d) j++; if (j<=n) { if (j-i<s) s=j-i; } else break; } for (i=1;i<=m-s;i++) ans+=c[i]; } else { ans=t*c[1]; for (i=2;i<=m;i++) ans+=c[i]; } printf("%lld ",ans); } return 0; }