洛谷P1941 [NOIP 2014 提高组] 飞扬的小鸟-EW帮帮网

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 $\sim n-1$ 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

输出 #1

1
6

输入输出样例 #2

输入 #2

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： $\leq n \leq 10, 5 \leq m \leq 10, k=0$ ，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： $\leq n \leq 20, 5 \leq m \leq 10$ ，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： $\leq n \leq 1000, 5 \leq m \leq 100$ ；

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

思路详解

70分

显然这是一道 $d p$ 题。我们可以如下设计 $d p$ :

$d p$ 定义：定义 $dp_{i}$ 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 $dp_{i,j}$ 为到 $i$ 位置，高度为 $j$ 的最小点击数。
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 $dp_{i,j}=dp_{i-1,j+y_{i-1}}$ 。
点击次数不知道，考虑枚举点击次数，则转移为 $dp_{i,j}=dp_{i,j-k*x_{i-1}}+k$ ， $k$ 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 $O(nm^{2})$ ，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 $dp_{i,j-x_{i-1}}$ 时已经枚举过 $dp_{i,j-k*x_{i-1}}$ ，所以我们可以将状态转移改为 $dp_{i,j}=max(dp_{i-1,j-x_{i-1}},dp_{i,j-x_{i-1}})+1$ 。
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;
}

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