【P1941】 飞扬的小鸟

题目描述

游戏界面是一个长为 nn，高为 mm 的二维平面，其中有 kk 个管道（忽略管道的宽度）。

小鸟始终在游戏界面内移动。小鸟从游戏界面最左边任意整数高度位置出发，到达游戏界面最右边时，游戏完成。

小鸟每个单位时间沿横坐标方向右移的距离为 11，竖直移动的距离由玩家控制。如果点击屏幕，小鸟就会上升一定高度 XX，每个单位时间可以点击多次，效果叠加；如果不点击屏幕，小鸟就会下降一定高度 YY。小鸟位于横坐标方向不同位置时，上升的高度 XX 和下降的高度 YY 可能互不相同。

小鸟高度等于 00 或者小鸟碰到管道时，游戏失败。小鸟高度为 mm 时，无法再上升。

现在,请你判断是否可以完成游戏。如果可以，输出最少点击屏幕数；否则，输出小鸟最多可以通过多少个管道缝隙。

输入输出格式

输入格式：

第 11 行有 33 个整数 n, m, kn,m,k，分别表示游戏界面的长度，高度和水管的数量，每两个整数之间用一个空格隔开；

接下来的 nn 行，每行 22 个用一个空格隔开的整数 XX 和 YY，依次表示在横坐标位置 0 sim n-10∼n−1 上玩家点击屏幕后，小鸟在下一位置上升的高度 XX，以及在这个位置上玩家不点击屏幕时，小鸟在下一位置下降的高度 YY。

接下来 kk 行，每行 33 个整数 P, L, HP,L,H，每两个整数之间用一个空格隔开。每行表示一个管道，其中 PP 表示管道的横坐标，LL 表示此管道缝隙的下边沿高度，HH 表示管道缝隙上边沿的高度（输入数据保证 PP 各不相同，但不保证按照大小顺序给出）。

输出格式：

共两行。

第一行，包含一个整数，如果可以成功完成游戏，则输出 11，否则输出 00。

第二行，包含一个整数，如果第一行为 11，则输出成功完成游戏需要最少点击屏幕数，否则，输出小鸟最多可以通过多少个管道缝隙。

题目解析

完全背包DP，用x[i],y[i]表示在i处点击上升和下降的距离 DP[i][j]表示到达i,j处的最少点击次数

则可得出DP转移方程

DP[i][j]=min(DP[i][j],DP[i-1][j+y[i]]+1); //下降
DP[i][j]=min(DP[i-1][j-x[i]]+1,DP[i][j-x[i]]+1); //上升
if(j>=high[i]+1||j<low[i])DP[i][j]=inf;//处理水管
DP[i][j]=min(DP[i][m],DP[i][j]);//高出边界的情况 

上述转移方程中的第二个，之所以可以从DP[i][j]转移而来，是因为在一个时间点可以点击多次，所以可以在同一个维度内更新

第四个方程，是处理溢出最大高度m的情况，因为在原题目中说明当到达顶部不可以再向上移动，而转移式中会溢出顶部[0,M)

当然这一部分也可以用来更新

第三个转移方程一定要在一、二、四转移后使用，因为规则是不能接触管道

做完DP后就可以直接遍历最后一列，若有被更新过得直接输出即可

若没有则代表无法到达终点，这时从后向前遍历，遇到第一个被更新的管道，记录位置，向前数有几个管道就是能通过的最大管道数即可

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define maxn 10200
#define maxm 2200
using namespace std;
int low[maxn],high[maxn],x[maxn],y[maxn],flag[maxn];
int f[maxn][maxm],n,m,k,P,L,H;
int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    cin>>n>>m>>k;
    for(register int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        high[i]=m; low[i]=1;
    }
    for(register int i=1;i<=k;i++)
    {
        cin>>P>>L>>H;
        flag[P]=1;
        low[P]=L+1;;
        high[P]=H-1;
    }
    memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=m;i++) f[0][i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=x[i]+1;j<=x[i]+m;j++)
        f[i][j]=min(f[i-1][j-x[i]]+1,f[i][j-x[i]]+1);
        for(int j=m+1;j<=x[i]+m;j++)
         f[i][m]=min(f[i][m],f[i][j]);
        for(int j=1;j<=m-y[i];j++)
         f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+y[i]]);
        for(int j=1;j<low[i];j++)
         f[i][j]=0x3f3f3f;
        for(int j=high[i]+1;j<=m;j++)
         f[i][j]=0x3f3f3f; 
    }
    int ans=0x3f3f3f;
    for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,f[n][i]);
    if(ans<0x3f3f3f)
    {
        cout<<1<<endl;
        cout<<ans<<endl;
        return 0;
    }
    int i,j;// 这里定义i，j用来存储坐标，所以下面的循环中不要再定义了 
    for( i=n;i>=1;i--)
    {
        for( j=1;j<=m;j++)
        {
            if(f[i][j]<0x3f3f3f) break;
        }
        if(j<=m) break;//若j在m+1的位置代表这一列没有被更新到，否则代表最远到达这里 
    }
    ans=0;
    for(j=1;j<=i;j++)
    if(flag[j]) ans++;
    cout<<0<<endl;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}