牛客每日一题飞扬的小鸟

本文参考了以下大佬的博客
https://blog.nowcoder.net/n/e2bc6cb5c61a45b1ac6d2502373381e2
题目描述
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。
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/16496
来源：牛客网
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

dp永远欺我，每次都被dp打倒在地上，这道题的细节多，难度不是特别大，大概的转移方程都是好想的，但是落实到细节写下来，就会发现有很多问题真的没有办法处理。看了大佬的骚操作真的懂了很多。

看看数据大小，基本上可以确定是一个二维的动态规划，于是固定dp[i][j]=k的格式，然后想想二维怎么能够表达清楚当前的状态，我们需要的是最少的点击次数，所以我们的k就可以视为最少的点击次数。然后就剩下了i和j，那很容易就可以猜测到i表示横坐标，j表示纵坐标。
然后这个样子的话，转移方程就可以很轻松的想到当前的状态可以由点击上升或者自由下降来得到，所以
dp[i][j]=min(dp[i-1][j+y[i]],dp[i-1][j+k*x[i]]+k，dp[i][j-x[i]]+1)
这里第三个变量，是考虑是否存在多次点击。
然后问题来了，如果我们枚举i，j，k三个就会超时！然后我们还得考虑边界m的因素。
就需要解决一下这个k产生的问题。
这里我也卡住了，然后去参考了大佬的博客。
大佬的做法：
1.首先无视m边界，然后做上升的转移，就是上面转移放程的后两个。
2.然后处理m边界。
3.然后再处理下降的情况转移，也就是转移情况的第一个。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=100000000;
int n,m,k;
struct node {int p,l,h;
};
struct node a[10005];
int x[10005],y[10005];
bool cmp(struct node o,struct node p){return o.p<p.p;
}
int dp[10002][2002];
int main(){#ifdef LOCALfreopen(".\\a.in", "r", stdin);#endifscanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);}for(int i=1;i<=k;i++){scanf("%d%d%d",&a[i].p,&a[i].l,&a[i].h);}sort(a+1,a+k+1,cmp);a[k+1].p=inf;fill(dp[0],dp[0]+10002*2002,inf);for(int i=1;i<=m;i++)dp[0][i]=0;int now=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=x[i]+1;j<=m+x[i];j++){dp[i][j]=min(dp[i-1][j-x[i]]+1,dp[i][j-x[i]]+1);}for(int j=m+1;j<=m+x[i];j++){dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i][j]);}for(int j=1;j<=m-y[i];j++){dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i]]);}if(a[now].p==i){for(int j=1;j<=a[now].l;j++)dp[i][j]=inf;for(int j=a[now].h;j<=m;j++)dp[i][j]=inf;now++;}}int ans=inf;for(int i=1;i<=m;i++){ans=min(ans,dp[n][i]);}if(ans<inf){printf("1\n%d\n",ans);}else {ans=0;now=1;int flag=0,j;for(int i=1;i<=n;i++){for( j=1;j<=m;j++){if(dp[i][j]<inf)break;}if(j==m+1)break;if(a[now].p==i){now++;ans++;}}printf("0\n%d\n",ans);}return 0;
}

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