设dp[i]表示跳到了第i个点，需要的最小的步数。
所以复杂度O（L * T）， 不行
注意到T最大是10， 所以dp[i]最多只由10项递推过来。
考虑上面的那个情况，如果两个相邻的石头距离大于10，那么其实是没意义的，比如上面那两个空的10的位置，完全是可以省略的。因为它相当于从那个有石子的那10个转移过来。所以只要两个距离大于10的石子，就可以压缩距离是10即可。
但是这样做的话，有一个大前提，就是你必须保证每个位置都是可达的。否则，比如你只能去到18和19，你就不能把这两个位置压缩成10和11，因为很有可能10和11是不可达的状态，然后你这个石子就永远枚举不了。也破坏了整到题目的题意。
所以只有保证每个状态都是可达的，然后又是空的位置，才能省略。
最差情况是s == t，这个时候特判。
然后就是s + 1 == t，比如9、10的时候，可达的地方是：
0、9、10、18、19、20、27、28、29、30......观察到大于100后，全部状态都是可达的，所以这个时候就可以压缩了。
#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;
const int maxn = 1e5 + ;
int a[maxn], dp[maxn];
int f[maxn];
void work() {
memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
int L, s, t, m;
scanf("%d%d%d%d", &L, &s, &t, &m);
for (int i = ; i <= m; ++i) {
scanf("%d", f + i);
}
sort(f + , f + + m);
int to = ;
for (int i = ; i <= m; ++i) {
if (f[i] - f[i - ] > ) {
to += ;
a[to] = true;
} else {
to += f[i] - f[i - ];
a[to] = true;
}
}
if (s == t) {
int ans = ;
for (int i = ; i <= m; ++i) {
ans += f[i] % s == ;
}
cout << ans << endl;
return;
}
dp[] = ;
for (int i = s; i <= maxn - ; ++i) {
int be = max(, i - t), en = max(, i - s);
for (int j = be; j <= en; ++j) {
dp[i] = min(dp[i], dp[j] + a[i]);
}
}
int ans = inf;
for (int i = maxn - ; i <= maxn - ; ++i) {
ans = min(ans, dp[i]);
}
cout << ans << endl;
} int main() {
#ifdef local
freopen("data.txt", "r", stdin);
// freopen("data.txt", "w", stdout);
#endif
work();
return ;
}