【59.61.214.20:3001/No.1171】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： 
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～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。 

样例数据 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

样例数据 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

【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≤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<n，0<X<m，0<Y<m，0<P<n，0≤L<H ≤m，L+1<H。

分析题目信息，平面的地图已经告诉我们，至少用两重循环的动态规划。但点击屏幕的次数可多可少，使一个坐标可从多个状态转移而来，似乎得加一重循环来处理此情况，时间却不尽人意了。建立在你已经对这题有一定的思考，明白用动态规划算法的原因、能打出三重循环的方法和会处理不点击屏幕情况的基础上，我来展示优化三重循环的方法。

现在列出一种没有管道的情况：

	1	2
7	1	MAX
6	3	MAX
5	4	MAX
4	1	MAX
3	2	MAX
2	2	MAX
1	3	MAX

假定每一个方格内存储一个坐标的最少点击次数，我们现在要求下一列（下一x坐标上所有高度）的答案，点击一次屏幕小鸟能向上飞两格，暂时不管不点击屏幕的影响，那么：

坐标（2,3）只能从坐标（1，1）上升得到，此格子填入4。

坐标（2,5）能从坐标（1,1）和（1,3）上升得到，而（2,3）里已经有4，说明在（1,1）处的小鸟点击屏幕一下，到达（2,3），并且（2,3）的最优值是4。在（1,1）处的小鸟点击屏幕一下的最优值是4，那点击屏幕两下的最优值不就是4+1=5吗？而点击屏幕两下后，到达的不就是我们要求的（2,5）吗？于是将比较坐标（1,1）和（1,3）转化为比较坐标（2,3）和（1,3）。到此为止，得出大致结论：

f [ i ] = min ( last_f [ i - rise ] + 1 , f [ i - rise ] + 1 ).

为了验证结论，再看看（2,7）：

	1	2
7	1	MAX
6	3	MAX
5	4	3
4	1	MAX
3	2	4
2	2	MAX
1	3	MAX

（2,7）可以通过以下方式到达：

在（1,1）点三下；

在（1,3）点两下；

在（1,5）点一下；

而（2,5）是在（1,1）点两下和在（1,3）点一下的最优值，直接包含了前两个方式，再+1。很明显，答案是3+1=4。每次只需比较两个状态，时间上的难关是不是迎刃而解了呢？

另外，不点击屏幕的情况必须在点击屏幕的情况执行后再执行。否则，假设上述情况中，令点击一次屏幕小鸟能向上飞两格，不点击屏幕小鸟则向下坠六格，如果先执行掉落情况，自己算算看，（2,3）会变成什么结果。

博客主整整花了一个小时完成这篇文章，只求关注！只求关注！只求关注！据说关注的人出门会有艳遇哦，嘿嘿嘿。

贴上正好40行的代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int u[10001],d[10001],pipe_butt[10001],pipe_head[10001],f[10001],g[10001];
int n,m,k,p,l,h;
int main()
{
	freopen("bird.in","r",stdin);
	freopen("bird.out","w",stdout);
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>u[i]>>d[i];
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		cin>>p>>l>>h;
		pipe_butt[p]=l;
		pipe_head[p]=h;
	}
	p=0,k=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++) f[j]=k;
		for(int j=u[i]+1;j<=m+u[i];j++) f[min(j,m)]=min(f[min(j,m)],min(f[j-u[i]],g[j-u[i]])+1);
		for(int j=1;j<=m-d[i];j++) f[j]=min(f[j],g[j+d[i]]);
		g[0]=0;
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(j>pipe_butt[i]&&j<pipe_head[i]||!pipe_head[i]) g[j]=f[j];
			else g[j]=k;
			if(g[j]>=k) g[0]++;
		}
		if(g[0]==m)
		{
			cout<<"0\n"<<p;
			return 0;
		}
		else if(pipe_head[i]) p++;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) k=min(k,f[i]);
	cout<<"1\n"<<k;
}