3729 飛揚的小鳥

輸出文件名為 bird.out。

共兩行。

第一行，包含一個整數，如果可以成功完成遊戲，則輸出 1，否則輸出 0。

第二行，包含一個整數，如果第一行為 1，則輸出成功完成遊戲需要最少點擊屏幕數，

否則，輸出小鳥最多可以通過多少個管道縫隙。

【輸入輸出樣例說明】

如下圖所示，藍色直線表示小鳥的飛行軌跡，紅色直線表示管道。

對於 30%的數據：5≤n≤10，5≤m≤10，k=0，保證存在一組最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕 3 次；

對於 50%的數據：5≤n≤20，5≤m≤10，保證存在一組最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕 3 次；

對於 70%的數據：5≤n≤1000，5≤m≤100；

對於 100%的數據： 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。

思路:

首先想到設分f[i][j]表示到達地i行第j列所需要的最少點擊屏幕次數。轉移方程為

　　f[ i ][ j ]=min{f[ i-1 ][ j - k*x[i-1] ] + k} (1<= k <= j/x) 上升—— ①

　　f[ i ][ j ]=min{f[ i-1 ][ j + y[i-1] } ( j + y[i-1] <= m) 下降

顯然，下降可以O(1)轉移，主要問題在上升的轉移。

我們將上升的方程變一下：

　　f[ i ][ j - x[i-1] ]=min{f[ i-1 ][ (j - x[i-1]) - (k-1)*x[i-1] ] + k -1} ——②

這是 f[ i ][ j - x[i-1] ] 的轉移。

由 ② 化簡可得：

　　f[ i ][ j - x[i-1] ]=min{f[ i-1 ][ j - k*x[ i-1] ] + k -1}

消去f[ i-1 ][ j - k*x[ i-1] ]

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

於是就可以O(n*m)的時間內出解啦~

@大佬%%%

代碼:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define INF 2100000000
#define LL long long
using namespace std;

const int Maxn = 10010;
const int Maxm = 1010;
int n,m,k;
int x[Maxn],y[Maxn];
///到達i行j列所需要的最少點擊屏幕的次數 
int dp[Maxn][Maxm];

struct bird {
    int u,d;
}b[Maxn];

int main() {
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=0; i<n; ++i)
        scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
    ///初始化各坐標(若不被更新,則說明該橫坐標上並不是管道) 
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        b[i].d=0,b[i].u=m+1;
    for(int i=0,p; i<k; ++i) {
        scanf("%d",&p);
        scanf("%d%d",&b[p].d,&b[p].u);
    }
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        for(int j=0; j<=m; ++j)
            dp[i][j]=INF;///因為要取min,所以需要賦個極大值 
    ///因為j!=0,所以dp[0][0]=INF; 
    dp[0][0]=INF;
    for(int i=1; i<=n; ++i) {
        ///暫時先不考慮管道的情況,進行更新dp數組 
        for(int j=x[i-1]; j<=m; ++j) {
            ///普通的轉移(由上一個(i-1)剛好能跳的f[i-1].x的坐標處的值+1進行轉移過來) 
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-x[i-1]]+1);
            ///見公式推出 
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-x[i-1]]+1);
            ///因為不能夠超過m,會出現比較多種的轉移方程 
            if(j==m) 
                for(int o=m-x[i-1]; o<=m; ++o) {
                    ///位於i-1處,並且一跳能夠夠到m(j)的,用來進行i,j的更新 
                    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][o]+1); 
                    ///見公式推出 
                    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][o]+1);
                }
        }
        ///處理下落的情況,必須是合法的 
        for(int j=b[i].d+1; j<b[i].u; ++j) 
            ///若合法
            if(j+y[i-1]<=m)
                dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]); 
        ///考慮當前管道縫隙的下界以下的地方是沒有dp值的,所以重新將其賦值為最大值 
        for(int j=1; j<=b[i].d; ++j)
            dp[i][j]=INF;
        ///上界以上的地方也是沒有dp值的 
        for(int j=m; j>=b[i].u; --j)
            dp[i][j]=INF;
    }
    int cnt=k,ans=INF;
    ///需要逆序枚舉 
    for(int i=n; i>=1; --i) {
        for(int j=1; j<=m; ++j)
            ans=min(ans,dp[i][j]);
        ///如果ans(i)逆序被更新了,那麽他一定就是最優解 
        ///因為勝利的結束條件是飛得遠一直到橫坐標為n 
        if(ans!=INF)
            break;
        ///如果是管道 
        if(b[i].u<=m)
            cnt--;
    }
    ///在最後一個水管出現之前被break;那麽被更新的ans即為最優解 
    if(cnt==k)
        printf("1\n%d\n",ans);
    ///據題目要求輸出最多能通過幾個管道 
    else
        printf("0\n%d\n",cnt);
    return 0;
}

codevs 3729 飛揚的小鳥 x