題目描述

遊戲介面是一個長為 nn，高為 mm 的二維平面，其中有 kk 個管道（忽略管道的寬度）。

小鳥始終在遊戲介面內移動。小鳥從遊戲介面最左邊任意整數高度位置出發，到達遊戲介面最右邊時，遊戲完成。

小鳥每個單位時間沿橫座標方向右移的距離為 11，豎直移動的距離由玩家控制。如果點選螢幕，小鳥就會上升一定高度 XX，每個單位時間可以點選多次，效果疊加；如果不點選螢幕，小鳥就會下降一定高度 YY。小鳥位於橫座標方向不同位置時，上升的高度 XX 和下降的高度 YY 可能互不相同。

小鳥高度等於 00 或者小鳥碰到管道時，遊戲失敗。小鳥高度為 mm 時，無法再上升。

現在,請你判斷是否可以完成遊戲。如果可以，輸出最少點選螢幕數；否則，輸出小鳥最多可以通過多少個管道縫隙。

輸入輸出格式

輸入格式：

第 11 行有 33 個整數 n, m, kn,m,k，分別表示遊戲介面的長度，高度和水管的數量，每兩個整數之間用一個空格隔開；

接下來的 nn 行，每行 22 個用一個空格隔開的整數 XX 和 YY，依次表示在橫座標位置 0 \sim n-10∼n−1 上玩家點選屏幕後，小鳥在下一位置上升的高度 XX，以及在這個位置上玩家不點選螢幕時，小鳥在下一位置下降的高度 YY。

接下來 kk 行，每行 33 個整數 P, L, HP,L,H，每兩個整數之間用一個空格隔開。每行表示一個管道，其中 PP 表示管道的橫座標，LL 表示此管道縫隙的下邊沿高度，HH 表示管道縫隙上邊沿的高度（輸入資料保證 PP 各不相同，但不保證按照大小順序給出）。

輸出格式：

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 11，否則輸出 00。

第二行，包含一個整數，如果第一行為 11，則輸出成功完成遊戲需要最少點選螢幕數，否則，輸出小鳥最多可以通過多少個管道縫隙。

題目解析

完全揹包DP，用x[i],y[i]表示在i處點選上升和下降的距離 DP[i][j]表示到達i,j處的最少點選次數

則可得出DP轉移方程

DP[i][j]=min(DP[i][j],DP[i-1][j+y[i]]+1); //下降
DP[i][j]=min(DP[i-1][j-x[i]]+1,DP[i][j-x[i]]+1); //上升
if(j>=high[i]+1||j<low[i])DP[i][j]=inf;//處理水管
DP[i][j]=min(DP[i][m],DP[i][j]);//高出邊界的情況 

上述轉移方程中的第二個，之所以可以從DP[i][j]轉移而來，是因為在一個時間點可以點選多次，所以可以在同一個維度內更新

第四個方程，是處理溢位最大高度m的情況，因為在原題目中說明當到達頂部不可以再向上移動，而轉移式中會溢位頂部[0,M)

當然這一部分也可以用來更新

第三個轉移方程一定要在一、二、四轉移後使用，因為規則是不能接觸管道

做完DP後就可以直接遍歷最後一列，若有被更新過得直接輸出即可

若沒有則代表無法到達終點，這時從後向前遍歷，遇到第一個被更新的管道，記錄位置，向前數有幾個管道就是能通過的最大管道數即可

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define maxn 10200
#define maxm 2200
using namespace std;
int low[maxn],high[maxn],x[maxn],y[maxn],flag[maxn];
int f[maxn][maxm],n,m,k,P,L,H;
int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    cin>>n>>m>>k;
    for(register int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        high[i]=m; low[i]=1;
    }
    for(register int i=1;i<=k;i++)
    {
        cin>>P>>L>>H;
        flag[P]=1;
        low[P]=L+1;;
        high[P]=H-1;
    }
    memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=m;i++) f[0][i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=x[i]+1;j<=x[i]+m;j++)
        f[i][j]=min(f[i-1][j-x[i]]+1,f[i][j-x[i]]+1);
        for(int j=m+1;j<=x[i]+m;j++)
         f[i][m]=min(f[i][m],f[i][j]);
        for(int j=1;j<=m-y[i];j++)
         f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+y[i]]);
        for(int j=1;j<low[i];j++)
         f[i][j]=0x3f3f3f;
        for(int j=high[i]+1;j<=m;j++)
         f[i][j]=0x3f3f3f; 
    }
    int ans=0x3f3f3f;
    for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,f[n][i]);
    if(ans<0x3f3f3f)
    {
        cout<<1<<endl;
        cout<<ans<<endl;
        return 0;
    }
    int i,j;// 這裡定義i，j用來儲存座標，所以下面的迴圈中不要再定義了 
    for( i=n;i>=1;i--)
    {
        for( j=1;j<=m;j++)
        {
            if(f[i][j]<0x3f3f3f) break;
        }
        if(j<=m) break;//若j在m+1的位置代表這一列沒有被更新到，否則代表最遠到達這裡 
    }
    ans=0;
    for(j=1;j<=i;j++)
    if(flag[j]) ans++;
    cout<<0<<endl;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}