状态转移方程非常简单，dp[i]=min(dp[i],dp[j]+b[i])
然而L高达10的9次方，但是石头的个数只有最多100个，有效的石头数目很少，但是他们分布的空间很广，符合离散化的特点，所以这道题是离散化dp

首先，这道题没有说石头的位置是按顺序输入的，所以要先对石头进行升序排序。
接下来就进行离散化操作（自己想用map搞，想了半天没想明白怎么弄，一直WA，后来看了一下别人的离散化方法，恍然大悟，接下来来解释一下）

遍历石头的位置数组，这里记作a[]
离散化处理之前石头的位置（输入的是多少就是多少）在这里称为真实位置
离散化处理之后石头的位置（进行处理，把范围进行缩小之后）在这里称为理想位置
判断现在遍历到的石头位置，与上一个石头的真实位置相减，计算出一个距离，如果这个距离是至少得用两步最大步长才可以走到的，那么说明距离太远了，将距离进行缩小。
缩小距离的方法：
1.模拟从上一个石头的真实位置走到这个石头的真实位置，采取贪心策略，每次都最大步长，得到最后一步需要走多少，用变量tmp来记录
2.用变量pre来记录这个石头的真实位置（之后离散化处理，将会改变a[i]的值，记录以便下一个石头的离散化处理）
3.将这个石头的真实位置往上一个石头的理想位置进行靠近（我们最终处理出来的所有石头理想位置，只要相对距离是正确的即可），处理的方式是如果走了很多次最大步长，那么我们只保留一步，而省略掉其他的，因为那些都是无用功，必然不可能踩到石头，直接省略掉即可。
4.当距离不算太远的时候，即两步最大步长以内可以走到，我们也不能放任他不管，因为我们对其他的石头位置都将其从真实位置改为了理想位置，如果放任不管，那么石头之间的相对距离就发生错误了，处理的方式是将这个石头的理想位置，与上一个石头的理想位置的距离，设定为这个石头的真实位置跟上一个石头的真实位置的距离，即可达到相对距离保持不变的目的。
即设这个石头的理想位置为loc
loc-a[i-1]==a[i]-pre（a[i-1]是已经处理过的，已经从真实位置被改成了理想位置）
移项可以得到loc=a[i]+a[i-1]-pre，再把loc赋给a[i]即可
这里直接写a[i]+=a[i-1]-pre就好了
以下是局部的代码实现：

for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(a[i]-pre>=2*t)
        {
            tmp=(a[i]-pre)%t;//都按最长走，最后一步要走多长
            pre=a[i];
            a[i]=tmp+t+a[i-1];
        }
        else
        {
            int z=a[i];
            a[i]+=a[i-1]-pre;
            pre=z;
        }
    }

接下来是总长度L的处理（借助于最后一个石头）：
同理，走多次最大步长等价为走一步最大步长，处理方式如下：

    d%=t;
    if(d==0) d+=t;
    l=a[m]+d;

然后建立一个数组b[]，用b[]存放所有石头的理想位置
关于dp之前的处理，就已经大功告成了。
接下来就是本题最容易想到的状态转移方程的应用。
直接将b[],dp[]两个数组运用于常规的dp方法
不过记得答案要枚举dpk，取最小值

以下是本题的完整AC代码，搞了好几个小时不容易啊：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s,t,m,l,dp[10000],a[102],b[10000];
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+m+1);
    int pre=0,d=l-a[m],tmp;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(a[i]-pre>=2*t)
        {
            tmp=(a[i]-pre)%t;//都按最长走，最后一步要走多长
            pre=a[i];
            a[i]=tmp+t+a[i-1];
        }
        else
        {
            int z=a[i];
            a[i]+=a[i-1]-pre;
            pre=z;
        }
    }
    d%=t;
    if(d==0) d+=t;
    l=a[m]+d;
    for(int i=1;i<=m;i++) b[a[i]]=1;
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=l+t;i++)
    {
        for(int j=((i-t)>0?(i-t):0);j<=i-s;j++)
            dp[i]=min(dp[i],dp[j]+b[i]);
    }
    int ans=0x3f3f3f3f;
    for(int i=l;i<=l+t;i++) ans=min(ans,dp[i]);
    printf("%d\n",ans);
}