洛谷P1941 [NOIP 2014 提高组] 飞扬的小鸟

洛谷P1941 [NOIP 2014 提高组] 飞扬的小鸟

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题目背景

NOIP2014 提高组 D1T3

题目描述

Flappy Bird 是一款风靡一时的休闲手机游戏。玩家需要不断控制点击手机屏幕的频率来调节小鸟的飞行高度，让小鸟顺利通过画面右方的管道缝隙。如果小鸟一不小心撞到了水管或者掉在地上的话，便宣告失败。

为了简化问题，我们对游戏规则进行了简化和改编:

游戏界面是一个长为 $n$，高为 $m$ 的二维平面，其中有 $k$ 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 $1$，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 $x$，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 $y$。小鸟位于横坐标方向不同位置时，上升的高度 $x$ 和下降的高度 $y$ 可能互不相同。

小鸟高度等于 $0$ 或者小鸟碰到管道时，游戏失败。小鸟高度为 $m$ 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。

输入格式

第 $1$ 行有 $3$ 个整数 $n,m,k$，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 $n$ 行，每行 $2$ 个用一个空格隔开的整数 $x$ 和 $y$，依次表示在横坐标位置 $0\sim n-1$ 上玩家点击屏幕后，小鸟在下一位置上升的高度 $x$，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 $y$。

接下来 $k$ 行，每行 $3$ 个整数 $p,l,h$，每两个整数之间用一个空格隔开。每行表示一个管道，其中 $p$ 表示管道的横坐标，$l$ 表示此管道缝隙的下边沿高度，$h$ 表示管道缝隙上边沿的高度（输入数据保证 $p$ 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 $1$，否则输出 $0$。

第二行，包含一个整数，如果第一行为 $1$，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。

输入输出样例 #1

输入 #1

10 10 6 
3 9  
9 9  
1 2  
1 3  
1 2  
1 1  
2 1  
2 1  
1 6  
2 2  
1 2 7 
5 1 5 
6 3 5 
7 5 8 
8 7 9 
9 1 3

输出 #1

1
6

输入输出样例 #2

输入 #2

10 10 4 
1 2  
3 1  
2 2  
1 8  
1 8  
3 2  
2 1  
2 1  
2 2  
1 2  
1 0 2 
6 7 9 
9 1 4 
3 8 10

输出 #2

0
3

说明/提示

【输入输出样例说明】

如下图所示，蓝色直线表示小鸟的飞行轨迹，红色直线表示管道。

【数据范围】

对于 $30\%$ 的数据：$5\le n\le 10,5\le m\le 10,k=0$，保证存在一组最优解使得同一单位时间最多点击屏幕 $3$ 次；

对于 $50\%$ 的数据：$5\le n\le 20,5\le m\le 10$，保证存在一组最优解使得同一单位时间最多点击屏幕 $3$ 次；

对于 $70\%$ 的数据：$5\le n\le 1000,5\le m\le 100$；

对于 $100\%$ 的数据：$5\le n\le 10000$，$5\le m\le 1000$，$0\le k<n$，$0<x,y<m$，$0<p<n$，$0\le l<h\le m$， $l+1<h$。

思路详解

70分

显然这是一道$dp$题。我们可以如下设计$dp$:

1. $dp$定义：定义$d{p}_i$为到$i$位置的最小花费点击次数，发现不好转移，考虑再加1维。定义$d{p}_{i,j}$为到$i$位置，高度为$j$的最小点击数。
2. 状态转移：先考虑不点击的情况，令在第$i$位置点击上升高度为$x_i$，不点击下降高度为$y_i$，显然不点击的状态转移为$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j+y_{i-1}}$。
   点击次数不知道，考虑枚举点击次数，则转移为$d{p}_{i,j}=d{p}_{i,j-k\ast x_{i-1}}+k$，$k$为枚举的点击次数。但我们发现高度大于$m$不会再上升，特判即可。

100分

我们发现我们的时间复杂度为$O(n{m}^2)$，显然要超，那如何呢？对于高度为$m$的，我们显然没有任何办法解决。但对于高度不为$m$的，我们可以考虑使用之前的状态。我们发现我们在更新$d{p}_{i,j-x_{i-1}}$时已经枚举过$d{p}_{i,j-k\ast x_{i-1}}$，所以我们可以将状态转移改为$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i-1,j-x_{i-1}},d{p}_{i,j-x_{i-1}})+1$。
检查一下我们的时间复杂度是否有误，当高度不为$m$时，时间复杂度为$O(nm)$，为$m$时最多只有$n$个高度为$m$，所以时间复杂度也为$O(nm)$，所有总时间复杂度为$O(nm)$。具体代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+5,M=1e3+5;
int n,m,k;
int x[N],y[N];//x为上升高度，y为下降高度
int l[N],r[N],dp[N][M];//l为当前节点的左区间，r为右区间
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>x[i]>>y[i];l[i]=1;r[i]=m;//l,r赋初值}l[n+1]=1;r[n+1]=m;//偏移了有n+1个点for(int i=1;i<=k;i++){int z,x,y;cin>>z>>x>>y;z++;l[z]=x;r[z]=y;l[z]++;r[z]--;//取不到管道}memset(dp,0x3f,sizeof(dp));for(int i=1;i<=m;i++)dp[1][i]=0;//一开始可以从任意高度出发for(int i=2;i<=n+1;i++){for(int j=1;j<=r[i];j++){for(int k=j-x[i-1];k<=m;k++){if(k>j-x[i-1]&&j<m)break;//不为m只更新一次if(k>=1)dp[i][j]=min(dp[i][j],min(dp[i-1][k],dp[i][k])+1);//为m更新多次}}for(int j=l[i];j<=r[i];j++){//下降情况if(j+y[i-1]<=m)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]);}for(int j=1;j<=l[i]-1;j++)dp[i][j]=0x3f3f3f3f;//注意，为了更新dp，我们是从1开始的，要将其复原}int ans=0x3f3f3f3f;//求解答案for(int i=1;i<=m;i++)ans=min(ans,dp[n+1][i]);//枚举结束情况if(ans==0x3f3f3f3f){//结束不了，判断可以过几个管道cout<<0<<'\n';int q=0;for(int i=1;i<=n+1;i++){if(l[i]==1&&r[i]==m)continue;//无管道，跳过int p=0x3f3f3f3f;for(int j=l[i];j<=r[i];j++){//判断到不到得了p=min(p,dp[i][j]);}if(p<0x3f3f3f3f)q++;else break;}cout<<q;}else cout<<1<<'\n'<<ans;return 0;
}