這題拿到手，很容易想到這樣的乙個dp方程：
f(i) = minof
其中f(i)表示調到i位置最少需要的石子，a[i]表示i位置是否有石子，1表示有，0表示沒有。
但是這題的l範圍達到10^9，如果直接採用上面的dp方程只能拿到30分。
如何改進呢?我們很快注意到石子個數m最大不差過100，那麼顯然m個石子分布在很大的l上， 必然會存在相鄰的石子距離非常大，那麼f(i)會出現在較長的區間內值是一定的！
也就是說，這段很長的距離的f(i）值沒必要繼續乙個個就算，因為這部分的f(i)和前面部分的f(i）是一樣的，換句話說，其對答案沒有貢獻，只是起到乙個「橋梁」、「傳遞」的作用，但是對我們來說，我們完全可以忽略這部分，直接跳到下乙個石子！顯然，如此一來，時間必然過得去。
那麼忽略的部分是多少呢？換句話說，相鄰石子距離壓縮多少而不影響結果呢？當然我們希望越小越好。
那麼我們只要知道多長距離以後，f（i）的值達到穩定。
上圖中， x表示石子位置。其實從x+2t+1之後，f（i）開始穩定，所以我們最多隻需要保留2*t的距離！
但是如果這樣提交的話，我的程式只能拿到80分，有兩個case過不去，發現都是s==t的case。
仔細想想，會發現，上面要想出現這種「傳遞"的作用,其實必須是區域性可連續的，那麼單s==t，就會導致所能跳達的點都是離散的，不符合前述的壓縮做法。
所以加特判即可ac。詳細**如下：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define exp 1e-8
#define ll long long
int l,s,t,m;
int main()
sort(a.begin()+1,a.begin()+m+1);
//printf("%d %d\n",a[0],a[1]);
if (s == t)
} printf("%d\n",ans);
return 0;
} vectorstone(25*m);
int j = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i)else
} vectorf(25*m);
f[0] = 0;
int k = j + t;
for (int i = 1; i <= k; ++i)
} f[i] = maxs;
} printf("%d\n",f[k]);
/*for (int i = 0; i <= l+t; ++i)*/
//system("pause");
return 0;
}
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