2020年CSP-X复赛真题及题解（T2：勇敢的津津）

2020年CSP-X复赛真题及题解（T2：勇敢的津津）

题目描述

津津是个勇敢的孩子，总是做一些挑战自己的事情。一天津津来到一条宽为 L L L 米的小河边，河道的一边到另一边需要途径 N N N 块较大的石墩，每块石墩到这一边岸边之间距离 d i d_i di 米（石墩不占距离，只考虑石墩的中间点到这一边岸边之间距离）。津津想踩着这些石墩从小河的这一边跳到另一边（不落入水中），一次可以跳过几块石墩。已知津津每次最多跳 M M M 米的距离，那么津津最少跳几次就能从这一边跳到另一边？

输入格式

第一行包含三个整数 L , N , M L,N,M L,N,M，分别小河的宽度、石墩数和津津跳的最远距离。

接下来 N N N 行，每行一个整数，第 i i i 行的整数 d i ( 0 < d i < L ) d_i(0\lt d_i \lt L) di(0<di<L)，表示第 i i i 块石墩与这一边岸边的距离，保证石墩之间的距离和最靠边的石墩到这一边岸边的距离小于等于 M M M。这些石墩按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个石墩出现在同一个位置。

输出格式

一个整数，即最少的跳跃次数。

输入输出样例 1

输入 1

10 4 2
2
4
6
8

输出 1

5

输入输出样例 2

输入 2

25 5 10
2
11
14
17
21

输出 2

4

说明/提示

【样例解释】

样例一：津津可以从岸边跳到距离为 2 2 2 的石墩上，然后跳到距离为 4 4 4 的石墩上，再跳到距离为 6 6 6 的石墩上，再跳到距离为 8 8 8 的石墩上，最后跳到对岸。总共 5 5 5 跳跃。

样例二：津津可以从岸边跳到距离为 2 2 2 的石墩上，然后跳到距离为 11 11 11 的石墩上，再跳到距离为 21 21 21 的石墩上，最后跳到对岸。总共 4 4 4 跳跃。

【数据范围】

对于 30 % 30\% 30% 的数据， 1 ≤ N ≤ 10 1\leq N\leq 10 1≤N≤10。

对于 50 % 50\% 50% 的数据， 1 ≤ N ≤ 100 1\leq N\leq 100 1≤N≤100。

对于 100 % 100\% 100% 的数据， 1 ≤ N ≤ 500 1\leq N\leq 500 1≤N≤500， 1 ≤ M , L ≤ 10 6 1\leq M,L\leq 10^6 1≤M,L≤106。

思路分析

本题可用贪心 策略求解：

从起点出发，每次跳跃都选择当前能到达的最远石墩 （或直接跳到对岸），因为跳得越远，剩余距离越短，所需总跳跃次数必然不会增加。

具体实现时，在每一步先判断能否直接跳到对岸 p o s + M > = L pos + M >= L pos+M>=L，若能则直接跳，结束；否则遍历所有石墩，找到满足 p o s < d i < = p o s + M pos < d_i <= pos + M pos<di<=pos+M 且下标最大的石墩（即最远的一个），跳到该处。重复此过程，直到到达对岸，累计跳跃次数即为最少次数。

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代码实现

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
int L,N,M; 
int a[510]; // 石墩位置数组（最多500个）
int main(){
    cin>>L>>N>>M; // 河宽、石墩数、最远跳距
    for(int i=0;i<N;i++) cin>>a[i]; // 读入石墩距离
    
    int pos=0, cnt=0; // 当前位置，跳跃次数
    while(pos<L){//未到达对岸
        // 如果可以直接跳到对岸，立即跳过去并结束
        if(pos + M >= L){
            pos = L;
            cnt++;
            break;
        }
        // 否则寻找最远的可达石墩
        int nxt = -1; // 最远可达石墩的下标，-1表示不存在
        for(int i=0;i<N;i++){
            if(a[i] > pos && a[i] <= pos + M)
                nxt = i; // 因为a递增，遍历到的最后一个就是最远的
        }
       
        pos = a[nxt]; // 跳到最远的石墩
        cnt++;
    }
    cout<<cnt; // 输出最少跳跃次数
    return 0;
}

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功能分析

• 输入处理 ：使用 cin 读取三个整数和 N 个递增的石墩位置。
• 贪心决策：每次迭代先检查能否直达终点，能则直接跳转结束；否则在石墩中选最远可达的落脚点，保证每一步都最大化前进距离。
• 终止条件 ：当 pos 达到或超过 L（即到达对岸）时循环停止，输出累计的跳跃次数。
• 时间复杂度 ：每次跳跃最多遍历所有 N 个石墩，跳跃次数最坏为 N+1，故复杂度为 O(N²)，但 N≤500，完全可行。
• 空间复杂度 ：仅使用固定大小数组，为 O(N)。

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· 文末祝福 ·

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	cout<<"跟着王老师一起学习信奥赛C++";
	cout<<"    成就更好的自己！       ";
	cout<<"  csp信奥赛一等奖属于你!   ";
	return 0;
}