【NOIP2014】飞扬的小鸟题解

题面

【问题描述】

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：

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。

5. 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】

输入文件名为 bird.in。

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】

输出文件名为bird.out。

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】

bird.in

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

bird.out

1

6

【输入输出样例2】

bird.in

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

bird.out

0

3

【数据范围】

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

对于100%的数据：5≤n≤10000，5≤m≤1000，0≤k<n，0<X<m，0<Y<m，0<P<n，0≤L<H≤m，L+1<H 5≤n≤10000，5≤m≤1000，0≤k

题解

分析

这道题很容易想出一个O(NM 2 ) O(NM^2)的动规

即f[i][j] f[i][j]表示飞到i列j高度 i列j高度位置需要的最小点击数，则

f[i][j]=min{f[i−1][j−k∗x]+k},1≤k≤j/x（O(M)）（不考虑掉下来的情况） f[i][j]=min\{f[i-1][j-k*x]+k\} , 1\le k \le {j/x} （O(M)）（不考虑掉下来的情况）

这显然会超时。

然而我们画一张图（博主绘画技术渣）：



我们可以发现i-1列的格子被计算了很多次，越下面的格子被算的次数越多到最下面时几乎所有各自都要用他算。这便是我们优化的突破口。

f[i][j]=min{f[i−1][j−k∗x]+k},1≤k≤j/x f[i][j]=min\{f[i-1][j-k*x]+k\} , 1\le k \le {j/x}

f[i][j−x]=min{f[i−1][(j−x)−(k−1)∗x]+k−1},2≤k≤j/x f[i][j-x]=min\{f[i-1][(j-x)-(k-1)*x]+k-1\} , 2\le k \le {j/x}

对比以上式子，我们可以发现当k≥2 k \ge 2 时

f[i][j]=f[i][j−x]+1 f[i][j]=f[i][j-x]+1

于是我们得到了崭新的状态转移方程：

f[i][j]=min{f[i−1][j−x],f[i][j−x]}+1（O(1)）（不考虑掉下来的情况） f[i][j]=min\{f[i-1][j-x],f[i][j-x]\}+1（O(1)）（不考虑掉下来的情况）

O(M) O(M)地处理完一列后再O(M) O(M)地扫一遍，检查掉下来更优的情况。

总复杂度O(NM) O(NM)

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#define maxn  10010
using namespace std;
const int inf = 0x7ffffff;
int n,m,k,p,l,h;
int x[maxn],y[maxn],down[maxn], up[maxn];
int f[maxn][1001];
int main() {
freopen("bird.in","r",stdin);
freopen("bird.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for (int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);
for (int i = 1; i <=n; ++i) {
down[i] = 0;
up[i] = m + 1;
}
for(int i = 1; i <= k; ++i) {
cin >> p >> l >> h;
down[p] = l;
up[p] = h;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= m; ++j)
f[i][j] = inf;
f[0][0] = inf;
int arrive = k;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if(j >= x[i-1]){
f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-x[i-1]] + 1);
f[i][j] = min(f[i][j], f[i][j-x[i-1]] + 1);
}
if(j == m) {
for(int k=j-x[i-1];k<=m;k++) {
f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][k] + 1);
f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + 1);
}
}
}
for (int j = down[i]+1; j <= up[i]-1; ++j)
if( j + y[i-1] <= m)
f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j+y[i-1]]);
for (int j = 1; j <= down[i]; ++j) f[i][j] = inf;
for (int j = up[i]; j <= m; ++j) f[i][j] = inf;
}
int cnt = k, ans = inf;
for (int i = n; i >= 1; i--) {
for (int j = down[i]+1; j <= up[i]-1; ++j)
if (f[i][j] < inf)
ans = min(ans, f[i][j]);
if (ans != inf) break;
if (up[i] <= m)
cnt --;
}
if(cnt==k)
printf("1\n%d\n", ans);
else
printf("0\n%d\n", cnt);
return 0;
}

十篇写完，好开心