题目描述 Description

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。

输入描述 Input Description

输入第一行有一个正整数L（1<=L<=109），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。

输出描述 Output Description

输出只包括一个整数，表示青蛙过河最少需要踩到的石子数。

样例输入 Sample Input

10
2 3 5
2 3 5 6 7

样例输出 Sample Output

2

数据范围及提示 Data Size & Hint

对于30%的数据，L<=10000；
对于全部的数据，L<=10^9。

题解：

对于30%，很裸的DP，每次从当前位置往后转移即可；
对于100%的数据，10^9显然不能做DP，但是注意他的石子数只有100，并且每次跳最多10步，那么就可以发现，其实100%的数据里面，很多情况下都是在一个很长的没有石子的区间内跳，即跳了很多其实不需要转移的步数，因为我们最后只要跳的石子数，那么就可以离散化处理，然后再进行DP。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int num1[233], num2[233], dp[12000];
bool used[23333];
int main()
{
    memset(dp, 0x3f3f, sizeof(dp));
    int L, S, T, M, ans = 124132421;
    cin >> L >> S >> T >> M;
    for (int i = 1; i <= M; i++)
        scanf("%d", &num1[i]);
    if (S == T)
    {
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= M; ++i)
            if (num1[i] % S == 0)
                ++ans;
        printf("%d", ans);
        return 0;
    }
    sort(num1 + 1, num1 + M + 1);
    for (int i = 1; i <= M; i++)
    {
        if (num1[i] - num1[i - 1] > T*2)
            num2[i] = num2[i - 1] + T + 1;
        else
            num2[i] = num2[i - 1] + num1[i] - num1[i - 1];
    }
    if (L - num1[M] > T)
        L = num2[M] + T + 1;
    else
        L = num2[M] + L - num1[M];
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= M; i++)
        used[num2[i]] = 1;
    /*    for (int i = 1; i <= L; i++)
        if (used[i])
            cout << i << " ";
    puts("");*/
    used[L] = 1;
    for (int i = 0; i <= L; i++)
        for (int j = i + S; j <= i + T; j++)
            if (used[j])
                dp[j] = min(dp[i] + 1, dp[j]);
            else
                dp[j] = min(dp[i], dp[j]);
    for (int i = L; i <= L + T; i++)
        ans = min(ans, dp[i]);
    cout << ans;
    return 0;
}