https://www.cnblogs.com/violet-acmer/p/9937201.html
参考资料：
[1]:https://www.luogu.org/blog/xxzh2425/fei-yang-di-xiao-niao-ti-xie-p1941-post
[2]:https://www.luogu.org/blog/JOE/solution-p1941
需注意的地方：
(1):在每一时刻都可以点击屏幕好多好多次，就算是在m高度处也可以点击屏幕使其保持在最高点。
题解：
相关变量解释：
1 int n,m,k; 2 int x[maxn];//x[i] : 在X=i处点击屏幕，在i+1处上升x[i]高度 3 int y[maxn];//y[i] : 在X=i处不点击屏幕，在i+1处下降y[i]高度 4 struct Node 5 { 6 int id;//水管的编号 7 int l,h;//l : 下边界； h : 下边界 8 Node(int a=0,int b=0,int c=0):id(a),l(b),h(c){} 9 }pipeline[maxn];//水管信息 10 int dp[maxn][2*1000];//dp[i][j] : 来到i处的j高度所需的最少的点击量，至于为什么列要开2*1000，一会解释
根据dp定义，很容易写出状态转移方程：
1 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-k*x[i-1]]+k); 2 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]);
1是指从(i-1,j-k*x[i-1])处点击屏幕k次来到(i,j)处
2是指从(i-1,j+y[i-1])处不点击屏幕来到(i,j)处，最终答案就是1,2中最小的那个
如果将此状态写出的代码提交上去，会超时的，为什么呢？
因为每个点(i,j)都需要循环 k 次来找出最小点击量，这就是O(Σni=1Σmj=1kj)的复杂度，而O(Σni=1Σmj=1kj)最大为O(n*m2)。
那要怎么办呢？注意观察一下：
假设来到(i,10)处，x[i-1]=3
在计算dp[ i ][10]的时候，dp[ i-1][4],dp[ i-1][1]相对大小已经在计算dp[i][7]的时候计算过了，所以应利用好之前的结果，那么状态转移方程就变为：
1 dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i-1]]+1,dp[i][j-x[i-1]]+1); 2 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]);
下面来证明一下正确性：
如果dp[i][7]=dp[i-1][4] => dp[i-1][4]+1 < dp[i-1][1]+2;
方程两端同时加上1 => dp[i-1][4]+2 < dp[i-1][1]+3,那来到 j = 10时，dp[i-1][4]+2与dp[i-1][1]+3的相对大小已经在求解dp[i][7]的时候求解出来了。
根据上述转移方程得到：
1 void updataDp(int i,int a,int b) 2 { 3 for(int j=1+x[i-1];j <= m+x[i-1];++j)//从(i-1,j-x[i-1])处点击屏幕来到(i,j)处 4 dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i-1]]+1,dp[i][j-x[i-1]]+1); 5 6 for(int j=1;j < m;++j)//特判(i,m)点 7 { 8 int tot=(m-j)/x[i-1]; 9 while(j+tot*x[i-1] < m) 10 tot++; 11 dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i-1][j]+tot); 12 } 13 14 for(int j=1;j+y[i-1] <= m;++j)//从(i-1,j+y[i-1])处不点击屏幕来到(i,j)处 15 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]); 16 17 dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i-1][m]+1);//就算在i-1处到达m点，也可以通过点击一次屏幕来到(i,m)处 18 19 for(int j=1;j < a;++j)//[a,b]是i处无管道的区域，[a,b]之外都不可达，所以赋值为INF 20 dp[i][j]=INF; 21 for(int j=b+1;j <= m;++j) 22 dp[i][j]=INF; 23 }
其中(i,m)点的特判可改为
1 for(int j=m+1;j <= m+x[i-1];++j) 2 dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i][j]);
这是为什么第一个for( )的范围最大到 m+x[i-1]，以及dp[][]的列开到2*1000的原因；
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 #define INF 0x3f3f3f3f 7 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 8 const int maxn=1e4+50; 9 10 int n,m,k; 11 int x[maxn];//x[i] : 在X=i处点击屏幕，在i+1处上升x[i]高度 12 int y[maxn];//y[i] : 在X=i处不点击屏幕，在i+1处下降y[i]高度 13 struct Node 14 { 15 int id;//水管的编号 16 int l,h;//l : 下边界； h : 下边界 17 Node(int a=0,int b=0,int c=0):id(a),l(b),h(c){} 18 }pipeline[maxn];//水管信息 19 int dp[maxn][2*1000];//dp[i][j] : 来到i处的j高度所需的最少的点击量，至于为什么列要开2*1000，一会解释 20 bool cmp(Node _a,Node _b){ 21 return _a.id < _b.id;//按照管道编号升序排列 22 } 23 void Updata(int &a,int &b,int &ki,int i)//更新 X=i 处的上下边界 24 { 25 if(ki <= k && pipeline[ki].id == i) 26 a=pipeline[ki].l+1,b=pipeline[ki].h-1,ki++; 27 } 28 void updataDp(int i,int a,int b) 29 { 30 for(int j=1+x[i-1];j <= m+x[i-1];++j)//从(i-1,j-x[i-1])处点击屏幕来到(i,j)处 31 dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i-1]]+1,dp[i][j-x[i-1]]+1); 32 33 for(int j=1;j < m;++j)//特判(i,m)点 34 { 35 int tot=(m-j)/x[i-1]; 36 while(j+tot*x[i-1] < m) 37 tot++; 38 dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i-1][j]+tot); 39 } 40 41 for(int j=1;j+y[i-1] <= m;++j)//从(i-1,j+y[i-1])处不点击屏幕来到(i,j)处 42 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]); 43 44 dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i-1][m]+1);//就算在i-1处到达m点，也可以通过点击一次屏幕来到(i,m)处 45 46 for(int j=1;j < a;++j)//[a,b]是i处无管道的区域，[a,b]之外都不可达，所以赋值为INF 47 dp[i][j]=INF; 48 for(int j=b+1;j <= m;++j) 49 dp[i][j]=INF; 50 } 51 int Check() 52 { 53 int res=dp[0][0]; 54 for(int i=1;i <= m;++i) 55 res=min(dp[n][i],res); 56 return res; 57 } 58 int maxPass() 59 { 60 for(int ki=k;ki >= 1;--ki) 61 for(int i=pipeline[ki].l+1;i < pipeline[ki].h;++i) 62 if(dp[pipeline[ki].id][i] < INF)//为什么用 < 而不是用 != 呢？ 63 return ki; 64 return 0; 65 } 66 void Solve() 67 { 68 sort(pipeline+1,pipeline+k+1,cmp); 69 mem(dp,INF); 70 for(int i=1;i <= m;++i) 71 dp[0][i]=0; 72 int ki=1; 73 for(int i=1;i <= n;++i) 74 { 75 int a=1,b=m; 76 Updata(a,b,ki,i);//更新i处的无管道范围[a,b] 77 updataDp(i,a,b); 78 } 79 int res=Check(); 80 if(res < INF)//为什么用 < 而不是用 != 呢？ 81 printf("%d %d ",1,res); 82 else 83 printf("%d %d ",0,maxPass()); 84 } 85 int main() 86 { 87 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 88 for(int i=0;i < n;++i) 89 scanf("%d%d",x+i,y+i); 90 for(int i=1;i <= k;++i) 91 { 92 int a,b,c; 93 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 94 pipeline[i]=Node(a,b,c); 95 } 96 Solve(); 97 }
对代码中的问题解释一下，这是我下午踩的一个坑：
看updataDp中的第一个for()
1 for(int j=1+x[i-1];j <= m+x[i-1];++j) 2 dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i-1]]+1,dp[i][j-x[i-1]]+1);
如果dp[i-1][j-x[i-1]] == INF 且 dp[i][j-x[i-1]] == INF，那dp[ i ][ j ] == INF+1 > INF;。
还发现一个有趣的地方：
mem(dp,0x3f) <=> mem(dp,0x3f3f3f3f)
但是 0x3f < 0x3f3f3f3f