NC16496 [NOIP2014]飞扬的小鸟

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题目

题目描述

为了简化问题，我们对游戏规则进行了简化和改编：

\1. 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）。

\2. 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。

\3. 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。

\4. 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。

输入描述

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~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为L，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）。

输出描述

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。

示例1

输入

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
6

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。

****

示例2

输入

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

0
3

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。

备注

对于30%的数据：5≤n≤10,5≤m≤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≤n≤20,5≤m≤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≤n≤1000,5≤m≤100；
对于100%的数据：5≤n≤10000,5≤m≤1000,0≤k

题解

知识点：背包dp。

这是一道01背包和完全背包加一起的混合背包，前者对应降落过程（一个单位时间只会降落一次），后者对应上升过程（一个单位时间能点很多次）。

用数组 $Pipe[i]$ 表示在横坐标为 $i$ 的管道上下限，没有管道就是 $(0,m+1)$ ，表示高度 $0$ 和 $m+1$ 是限制，因为 $0$ 本身就不能碰到，$m+1$ 超出地图了也不会碰到。

设 $dp[i][j]$ 代表考虑到 $i$ 列，高度为 $j$ 时的最小次数。

dp时细节很多：

1. 先写飞的（完全背包），再降落的（01背包），两个不可以混合起来写，因为完全背包的写法会让降落也执行多次。

2. 完全背包时先不管当前位置管道是否存在直接dp，因为完全背包用得到这些位置。实际上可以当作原地先跳很多次，再跳一次过去。

3. 注意，飞到顶部是不会游戏结束的而只是会被挡住，因此可以先把顶部延长，最后特殊处理飞过顶部的情况。

4. 最终把管道部分无穷大掉，判断管道中间空隙有无通道，没有就结束游戏。

每次判断是否是管道，因为管道上限小于等于 $m$ 所以用这个判断是否存在管道用来游戏失败时计数即可。

时间复杂度 $O(nm+k)$

空间复杂度 $O(nm+k)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int X[10007], Y[10007];
pair<int, int> Pipe[10007];
int dp[10007][1007 << 1];///没法一维滚动，但可以f,g滚动（不写了
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> X[i] >> Y[i];
    for (int i = 0;i <= n;i++) Pipe[i].first = 0, Pipe[i].second = m + 1;
    for (int i = 1;i <= k;i++) {
        int x, y, z;
        cin >> x >> y >> z;
        Pipe[x].first = y;
        Pipe[x].second = z;
    }
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    int cnt = 0;
    for (int i = 1;i <= m;i++) dp[0][i] = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        ///先飞再考虑管道，因为完全背包要用到这些位置，但实际上用这些位置不会碰到管道
        for (int j = X[i - 1] + 1;j <= m + X[i - 1];j++) ///先写飞上去，因为同时写下降会导致完全背包下降多次的可能
            dp[i][j] = min({ dp[i][j], dp[i - 1][j - X[i - 1]] + 1, dp[i][j - X[i - 1]] + 1 });
        for (int j = m + 1;j <= m + X[i - 1];j++)///飞出头的全是m
            dp[i][m] = min(dp[i][m], dp[i][j]);
        for (int j = 1;j <= m - Y[i - 1];j++)
            dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j + Y[i - 1]]);
        for (int j = 1;j <= Pipe[i].first;j++)
            dp[i][j] = 0x3f3f3f3f;
        for (int j = Pipe[i].second;j <= m;j++)
            dp[i][j] = 0x3f3f3f3f;
        bool ok = false;
        for (int j = Pipe[i].first + 1;j <= Pipe[i].second - 1;j++) ok |= dp[i][j] < 1e9;
        if (!ok) {
            cout << 0 << '\n';
            cout << cnt << '\n';
            return 0;
        }
        else if (Pipe[i].second <= m) cnt++;
    }
    cout << 1 << '\n';
    int ans = ~(1 << 31);
    for (int i = Pipe[n].first + 1;i <= Pipe[n].second - 1;i++) ans = min(ans, dp[n][i]);
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}