[NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟题解

[NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟题解

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。

样例 #1

样例输入 #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

样例输出 #1

1
6

样例 #2

样例输入 #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

样例输出 #2

0
3

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 $100\mathrm{\%}$ 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

状态定义

考虑一个 $DP$ :用 $dp[i][j]$ 表示小鸟要到横坐标为 $i$ ,高度为 $j$ 的位置上的最少点击次数。
$dp[i][j]$ 就可以由 $i-1$ , $j$ 以下的某个点跳多次或者由 $i-1$ , $j$ 以上的某个点掉下来。

但是要注意很多细节和一些边界问题,比如如果跳到了 $m$ 就不能再往上跳了。

状态转移

由 $i-1$ , $j$ 以下的某个点跳多次跳上来的状态转移方程就可以这么写:

$$dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i]]+1,dp[i][j-x[i]]+1)$$

$dp[i-1][j-x[i]]+1$ 很好理解,就是从$i-1$跳一次跳上来。
那 $dp[i][j-x[i]]+1$ 是什么意思呢？
其实也不难理解,从 $DP$ 的状态定义出发, $dp[i][j-x[i]]$ 的意思是跳到 $i$ $j-x[i]$ 这个位置需要的最少点击次数,我们在它的基础上再跳一次,就相当于跳了多次。
先由某个状态转移到 $dp[i][j-x[i]]$ 再由 $dp[i][j-x[i]]$ 跳一次( $dp[i][j-x[i]]+1$ ),转移到 $dp[i][j]$ 。这样不就解决了可以跳多次的问题了吗？(其实就是一个完全背包)

由 $i-1$ , $j$ 以上的某个点掉下来的转移方程这么写:

$$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i]])$$

这个应改不难理解,从上面的某个点直接掉下来即可。(其实就是一个01背包)

细节处理

QwQ这题细节太多啦调了好久
首先初始化每一层 $DP$ 数组成 $\text{INF}$ :

for(int j=0;j<=m;j++)dp[i][j]=INF;

然后就开始转移从下面跳上来的情况:

for(int j=x[i]+1;j<=x[i]+m;j++)dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i]]+1,dp[i][j-x[i]]+1);

注意，这里的 $j$ 要循环到 $x[i]+m$ !!!
因为跳到 $m$ 外的情况也要转移出来，方便下面处理跳到了 $m$ 就不能再往上跳了的情况。

处理跳到了 $m$ 就不能再往上跳了的情况:

for(int j=m+1;j<=m+x[i];j++)dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i][j]);

处理掉下来的情况:

for(int j=1;j<=m-y[i];j++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i]]);

注意，一定要在处理完跳起来的情况后在处理掉下去的情况 !!!
因为掉完了之后不能再跳,如果顺序错了会$\text{WA}$的很惨。

处理遇到柱子的情况:

//now:下一个跳到的柱子编号
if(i==g[now].x){//遇到柱子
	for(int j=g[now].l;j>=0;j--)dp[i][j]=INF;//从下边界一直到0都不能被跳到了
	for(int j=g[now].r;j<=m;j++)dp[i][j]=INF;//从上边界一直到m都不能被跳到了
	ans=INF;//检查能不能跳出这个柱子
	for(int j=1;j<=m;j++)ans=min(ans,dp[i][j]);
	if(ans==INF){puts("0");printf("%d\n",now-1);return 0;}//如果不能跳出就输出now-1(上一次跳过的)
	now++;//跳过去
}

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10005,M=1005,INF=0x3FFFFFFF;
int dp[N][M],x[N],y[N],n,m,k,now=1,ans=INF;
struct guandao{//管道结构体
	int x,l,r;
}g[N];
bool cmp(guandao a,guandao b){return a.x<b.x;}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
	for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%d%d%d",&g[i].x,&g[i].l,&g[i].r);//输入
	sort(g+1,g+k+1,cmp);//先排序
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=m;j++)dp[i][j]=INF;//初始化
		for(int j=x[i]+1;j<=x[i]+m;j++)dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i]]+1,dp[i][j-x[i]]+1);//转移从下面跳上来的情况
		for(int j=m+1;j<=m+x[i];j++)dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i][j]);//处理跳到了m就不能再往上跳了的情况
		for(int j=1;j<=m-y[i];j++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i]]);//处理掉下来的情况
		//now:下一个跳到的柱子编号
        if(i==g[now].x){//遇到柱子
            for(int j=g[now].l;j>=0;j--)dp[i][j]=INF;//从下边界一直到0都不能被跳到了
            for(int j=g[now].r;j<=m;j++)dp[i][j]=INF;//从上边界一直到m都不能被跳到了
            ans=INF;//检查能不能跳出这个柱子
            for(int j=1;j<=m;j++)ans=min(ans,dp[i][j]);
            if(ans==INF){puts("0");printf("%d\n",now-1);return 0;}//如果不能跳出就输出now-1(上一次跳过的)
            now++;//跳过去
        }
	}
	ans=INF;
	for(int i=1;i<=m;i++)ans=min(ans,dp[n][i]);
	puts("1");
	printf("%d\n",ans);//输出
	return 0;
}