洛谷 P1941 飞扬的小鸟

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。

输入输出格式

输入格式：

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）。

输出格式：

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

输入样例#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

输出样例#1：

1
6

输入样例#2：

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

输出样例#2：

0
3

说明

【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 ≤ 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 ≤ 2 0 ，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 ≤ 1 0 0 ；

对于100%的数据：5 ≤ n ≤ 100 0 0 ，5 ≤ m ≤ 1 0 00，0 ≤ k < n ，0<X < m ，0<Y <m，0<P <n，0 ≤ L < H ≤ m ，L +1< H 。

迷之t3,听说是个完全背包，然而并不会写，暴力dp吧。

设f[i][j]表示小鸟在横坐标为i，纵坐标为j时需要的最小点击次数。

向上飞和向下掉可以看作未优化的完全背包和01背包。

柱子就模拟吧。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=10005;
int n,m,k,ans=1e9+7,cnt,up
,down
,l
,h
,f
[1005],mp
;//f[i][j]表示小鸟到达(i,j)的最小步数
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&up[i],&down[i]);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x;
scanf("%d%d%d",&x,&l[i],&h[i]);
mp[x]=i;
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=m;i++)
f[0][i]=0;
if(mp[0])
{
for(int i=1;i<=l[mp[0]];i++)
f[0][i]=f[0][0];
for(int i=h[mp[0]];i<=n;i++)
f[0][i]=f[0][0];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)//上一次的位置
for(int k=1;;k++)
{
if(j+k*up[i]>=m)
{
f[i][m]=min(f[i][m],f[i-1][j]+k);
break;
}
else
f[i][j+k*up[i]]=min(f[i][j+k*up[i]],f[i-1][j]+k);
}
for(int j=m-down[i];j>=1;j--)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+down[i]]);
if(mp[i])
{
for(int j=1;j<=l[mp[i]];j++)
f[i][j]=f[0][0];
for(int j=h[mp[i]];j<=m;j++)
f[i][j]=f[0][0];
++cnt;
}
bool flg=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
if(f[i][j]<1e9)
flg=1;
if(!flg)
{
printf("0\n%d\n",cnt-1);
return 0;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=min(ans,f
[i]);
printf("1\n%d\n",ans);
return 0;
}

上面的dp已经不错了（笑），超时的问题就出在上升时的时间复杂度成了O(n*m*m)（反正是3次方的一个东西），考虑如何把它优化到二次方。

分开处理，普通上升就是一个完全背包模板，上界特判一下。需要注意的是最少的上升移动次数是1，不是0，第一次就是忘了判断这个，只拿了30分。。qwq

详细就看代码吧。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=10005;
int n,m,k,ans=1e9+7,cnt,up
,down
,l
,h
,f
[1005],mp
;//f[i][j]表示小鸟到达(i,j)的最小步数
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&up[i],&down[i]);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x;
scanf("%d%d%d",&x,&l[i],&h[i]);
mp[x]=i;
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=m;i++)
f[0][i]=0;
if(mp[0])
{
for(int i=1;i<=l[mp[0]];i++)
f[0][i]=f[0][0];
for(int i=h[mp[0]];i<=n;i++)
f[0][i]=f[0][0];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=up[i];j<=m;j++)//普通完全背包转移
f[i][j]=min(f[i][j],min(f[i-1][j-up[i]]+1,f[i][j-up[i]]+1));
for(int j=1;j<=m;j++)//特殊处理上届
f[i][m]=min(f[i][m],f[i-1][j]+max(1,(int)ceil((double)(m-j)/up[i])));
for(int j=m-down[i];j>=1;j--)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+down[i]]);
if(mp[i])
{
for(int j=1;j<=l[mp[i]];j++)
f[i][j]=f[0][0];
for(int j=h[mp[i]];j<=m;j++)
f[i][j]=f[0][0];
++cnt;
}
bool flg=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
if(f[i][j]<1e9)
flg=1;
if(!flg)
{
printf("0\n%d\n",cnt-1);
return 0;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=min(ans,f
[i]);
printf("1\n%d\n",ans);
return 0;
}