P1941 [NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟
题目来源
[NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟 - 洛谷
题目考点
动态规划,dp 枚举,暴力 背包
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 22 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，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
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 #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 #1
1 6
输入 #2
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 #2
0 3
说明/提示
【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\%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\%70% 的数据：5≤n≤1000,5≤m≤100；
对于 100\%100% 的数据：5≤n≤10000，5≤m≤1000，0≤k<n，0<x,y<m，0<p<n，0≤l<h≤m， l+1<h。
题解
一、杂言
我这个题解是按照从0开始的思路来讲的，比较适合于萌新
二、引入
这个题确实是细节题，毕竟是Noip提高组题还是非常不错的，有一些细节我在这列出来：(下面描述三中的"二中O"就是指这里面的注意点)
①高度为M时不能再上升
②可以多次点击，效果累加
③管道不是按照顺序输入
④M=0不存在，但是n可以为0，而且鸟可以在(0,0~M)任何一个坐标开始
⑤管道输入的意思是下管道的上边界L与上管道的下边界H，也就是说这个两个管道分别占地为(0,L)和(H,M)
三、思路
这个题给出的状态有很多，那么很明显可以使用动态规划，可以列出的状态有：坐标(x,y)（分别对应目前的长度与高度）、点击次数、是否要点击。
1、状态确定&&转移方程(可以套模板)
假设没有管道，不妨设dp[x][y][p]为上一个点(x−1,?)点击或者不点击转移过来的坐标为(x,y)处的最小点击次数，其中p=1为点击，可以点击多次（二中②）,p=0为不点击。
由题设up[i]为x=i时点击一次上升高度，down[i]为y=i时不点击下降的高度。
那么当p=1时，dp[x][y][1]=min(dp[x−1][y−up[x−1]][0or1],dp[x][y−up[x−1]][1])+1
及要么从上一个点x−1点击一次过来，要么从本x坐标再点一次点出来。
当p=0时，dp[x][y][0]=min(dp[x][y][1],dp[x−1][y+down[x−1]][0or1])
及要么点，要么不点，而且p=0要在p=1已经确定的基础上选择 (即使在后面滚动数组p后也需要这样进行)。
很明显每次选取都是在p=0or1中选取最小值，那么可以滚动数组去掉p数组，上状态转移方程其他不变。
但是有一个要求，高度为MM时不能再上升（二中①），那么我们可以进行一个特判，如果此时的y>=m，那么上述方程中使y=m，及 dp[x][m]=min(dp[x][m],dp[x][y]),y∈(m,m+up[x−1])
上述x,y都可以进行枚举。那么我们不难看出，去掉p维数组后这个状态方程跟背包神相似，没错，这个就是完全背包+01背包的双组合，那么可以记下: 如果遇见选择或者不选择状态的题目时，可以考虑背包，实在不会可以用我这个笨方法额外设个P数组0,1记录拿不拿状态，然后再优化删除，当然有的题也可能不能删除(这不就是01背包吗！)。
2、探究原题条件
现在又引入了一个叫做管道的鬼东西，那么我们需要再加一个特判。
如果这个地方是管道，也就是说这里不可以通过，那么就使这里的dp[x][y]=inf，不难写出代码：
for(int y=0;y<=low[cnt];y++)dp[x][y]=inf;
for(int y=high[cnt];y<=m;y++)dp[x][y]=inf;low[],high[]如题目所述的L和H，cnt为当时遇见的第cnt个管道。（二中⑤）
这个特判是当x=id[cnt]时进行的，id[cnt]为第cnt个管道的xx坐标。
另外要注意管道不是按照顺序输入（二中③），所以要把low,high,id写在同一个结构体中然后根据id进行sort
3、初始化
其实这个应该在状态转移方程里写的，但是我还是单独拉出来了
memset(dp,inf,sizeof(dp));
for(int y=1;y<=m;y++)dp[0][y]=0;三句话，没了。不过要注意的是x是从0开始的，所以要初始化在坐标x=0（注意点二中④）
4、判断何时撞墙和最终答案如何输出
很明显，撞的一定是管道上（因为y=0的时候我们根本就没考虑），所以每次在特判管道的时候再查询当前x坐标中dp[x][y]的最小值，如果最小值等于inf的话，那么肯定就撞到这个管道上了，那么此时就输出0和cnt−1。
为什么是cnt-1？，因为你撞到了第cnt个管道，这个管道你过不去，所以当然是通过 cnt−1个管道。
如果程序顺利通过的话，那么就直接再次寻找dp[n][y],y∈(1,m)的最小值就可以了。
5、更多优化&&部分代码细节
①、因为状态dp[x][y]一定是由dp[x−1][?]得到,并且dp[x-1][?]dp[x−1][?]在推出dp[x][y]dp[x][y]后没有任何作用，所以可以再次滚动数组，定义 i % 2 为xx , i%2^1(也可以为((i-1)%2)) 为x−1，那么我们就很愉快的把数组开到 2∗max
相比之前的max*2内存少了很多，不过要注意可以去掉上述3中的初始化，改为在枚举x的时候加一条：
for(int y=0;y<=m;j++)dp[x%2][y]=inf;仅仅只是在原来O(n∗m)基础上加上了一个m，实际上对时间并没有太大的影响。
②、因为题目已经说明边界为X=0X=0，所以枚举是从X=1的时候进行的，而且每次需要的是up[x−1]，我们不妨在初始化upup数组的时候从X=1开始，那么我们使用的就是up[x]而不是up[x−1]了（实际上仅仅只是好看而已,不过也减少了计算量(你觉得计算一个减法能需要多长时间！)）
③、注意开Y数组大小的时候要开大一点，不要只局限于1005，因为咱们并不只是枚举到M，而是要枚举到M+up[x]
④、因为初始化 dp[x][y]=inf ，所以在p=1(虽然p已经被删除了，不过为了方便说明还是把它写出来了)的时候不需要再加一个 dp[x][y]=min(dp[x][y],dp[?][?]+1)的情况，如果要点的话，必须要点一次，否则就是inf
⑤、剩下的细节请看下面的代码，不过代码的部分数组与上述描述的名字不一样（上面的名字是我为了方便讲解取得，下面代码懒得改了）
6、codecode(你觉得直接抄可以过吗？):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll int
#define gc(a) a=getchar()
#define pc(a) putchar(a)
ll read(){char c;ll x=0;bool flag=0;gc(c);while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') flag=1;gc(c);}while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),gc(c);}return flag?-x:x;
}
void pr(ll x){if(x<0){x=-x;pc('-');}if(x>9) pr(x/10);pc(x%10+48);
}
//-------快读------
#define inf 0x3f3f3f3f
const ll maxn=10005;
const ll maxm=10005;
struct node
{ll id,h,l;bool operator <(const node &a) const{return id<a.id;}
}o[maxn];
ll x[maxn],y[maxn],dp[2][maxm],n,m,k,cnt=1,ans;
int main()
{//memset(dp,inf,sizeof(dp));//两个被遗忘的初始化之一qwqn=read(),m=read(),k=read();for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=read(),y[i]=read();for(int i=1;i<=k;i++)o[i].id=read(),o[i].l=read(),o[i].h=read();sort(o+1,o+k+1);//管道id排序!//for(int i=1;i<=m;i++)//dp[0][i]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=m;j++)//注意要初始化！dp[i%2][j]=inf;for(int j=x[i]+1;j<=x[i]+m;j++)//p=1，完全背包dp[i%2][j]=min(dp[i%2^1][j-x[i]]+1,dp[i%2][j-x[i]]+1);for(int j=m+1;j<=x[i]+m;j++)//比m大的都是mdp[i%2][m]=min(dp[i%2][m],dp[i%2][j]);for(int j=1;j<=m-y[i];j++)//p=0，01背包dp[i%2][j]=min(dp[i%2][j],dp[i%2^1][j+y[i]]);if(i==o[cnt].id)//如果这个地方有管道{ans=inf;//主要每次都要初始化一次！for(int j=0;j<=o[cnt].l;j++)dp[i%2][j]=inf;for(int j=o[cnt].h;j<=m;j++)dp[i%2][j]=inf;for(int j=1;j<=m;j++)//寻找是否可以通过ans=min(dp[i%2][j],ans);if(ans==inf){pr(0);pc('\n');pr(cnt-1);return 0;}cnt++;}}ans=inf;//注意要初始化！for(int j=1;j<=m;j++)ans=min(dp[n%2][j],ans);pr(1);pc('\n');pr(ans);return 0v0;
}4、后语
题解千万条，细节第一条
题解没有赞，作者两行
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