一、题目链接：

P1941 [NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟

二、题目大意

游戏界面是一个长为nnn，高为mmm的二维平面，其中有kkk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111，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xxx，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yyy

小鸟位于横坐标方向不同位置时，上升的高度xxx和下降的高度yyy可能互不相同。小鸟高度等于000或者小鸟碰到管道时，游戏失败。小鸟高度为mmm时，无法再上升，游戏继续。
现在，请你判断是否可以完成游戏：

如果可以完成，输出最少点击屏幕数
如果不能完成，输出小鸟最多可以通过多少个管道缝隙

数据范围：5≤n≤100005\leq n\leq 100005≤n≤10000，5≤m≤10005\leq m\leq 10005≤m≤1000

三、题目分析

一个很显然的结论是，按照水平方向，后面的状态的值不影响前面的状态，所以这是一个很典型的动态规划问题，再结合一下数据范围大致要求时间复杂度在O(nm)O(nm)O(nm)，同样符合动态规划的特征。

下面考虑如何转移，因为题目非常的明确，两层之间只有两种转移方式。所以我们很容易将此问题转化为背包问题进行求解。将高度作为背包的容量，每一层的选择作为物品，点击的次数作为价值。
下降即相当于从背包中取出，而上升则是正常的放入物品。由于题目要求，上升是可以累计多次点击来上升的。所以下降采用010101背包问题的解法，而上升采用完全背包问题的解法。
状态转移方程如下：
dp[i][min(j,m)]=min(dp[i][j−x[i−1]]+1,dp[i−1][j−x[i−1]]+1)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i−1][j+y[i−1]])\begin{gather} dp[i][min(j,m)]=min(dp[i][j-x[i-1]]+1,dp[i-1][j-x[i-1]]+1)\\ dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]) \end{gather} dp[i][min(j,m)]=min(dp[i][j−x[i−1]]+1,dp[i−1][j−x[i−1]]+1)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i−1][j+y[i−1]])

四、注意事项：

从某种程度上来讲这是一道很简单的题目，然而它有很多坑：

首先就是状态转移方程的min(j,m)min(j,m)min(j,m)，因为题目只说了高度不能超过mmm，不是说当高度j+x[i]>mj+x[i]>mj+x[i]>m时不能点击上升了，而只是点击了之后最多变成m，多余部分舍弃而已。
因为完全背包的问题，上升的方程里有层内转移，而实际上升的过程是在前一层进行的，所以可能存在中间状态非法，但是最终状态成立的情况，所以我们最后转移完之后再将非法状态重置，而不是在一开始不允许非法状态参与转移。
最大的问题还是多重背包的层内转移问题，所以我们不能先转移下降的状态，否则就会变成层与层之间既进行了上升又进行了下降，而这是不允许同时存在的。

五、正解代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>using namespace std;
typedef int ll;
const ll maxn=10010;
const ll maxm=2010;
const ll inf=1e9;
struct node
{ll pos;ll l;ll h;
}pile[maxn];
ll n,m,K;
ll x[maxn],y[maxn];
ll dp[maxn][maxm];//在x=i，y=j位置的最少点击次数
int main()
{memset(pile,0,sizeof(pile));scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);for(ll i=0;i<=n-1;i++)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);for(ll i=1;i<=K;i++){node temp;scanf("%d%d%d",&temp.pos,&temp.l,&temp.h);pile[temp.pos]=temp;}for(ll i=1;i<=n;i++)for(ll j=1;j<=m;j++)dp[i][j]=inf;for(ll i=1;i<=m;i++)dp[0][i]=0;ll ans=inf,Max=0;for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll j=x[i-1]+1;j<=m+x[i-1];j++){ll act=min(m,j);dp[i][act]=min(dp[i][act],dp[i-1][j-x[i-1]]+1);dp[i][act]=min(dp[i][act],dp[i][j-x[i-1]]+1);}for(ll j=1;j<=m;j++)if(!(pile[i].pos==0 || (j>pile[i].l && j<pile[i].h)))dp[i][j]=inf;for(ll j=1;j<=m;j++)if(j+y[i-1]<=m)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]);for(ll j=1;j<=m;j++){if(!(pile[i].pos==0 || (j>pile[i].l && j<pile[i].h)))dp[i][j]=inf;if(dp[i][j]!=inf)Max=max(Max,i);if(i==n && dp[i][j]!=inf)ans=min(ans,dp[i][j]);}}if(ans==inf){printf("0\n");ll fina=0;for(ll i=1;i<=Max;i++)if(pile[i].pos!=0)fina++;printf("%d\n",fina);}elseprintf("1\n%d\n",ans);return 0;
}

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