【noip】【dp】飞扬的小鸟 背包 滚动数组

这几天又把14年给做了，这是day1的第三题

飞扬的小鸟

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 2 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为 L，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。

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

样例输出1

1
6

样例输入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

样例输出2

0
3

限制

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%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%的数据：5≤n≤1000，5≤m≤100；
对于 100%的数据：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。
提示
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。

来源

NOIP2014 提高组 Day1
图片来源vijos

这道题一拿到手无论从题目条件还是数据范围来看都是dp，问题就是怎么dp，怎么不会超时，怎么考虑清楚各种情况。

一开始我以为f[1000][10000]要超，就没敢用，就写成了滚动数组，那么我这里就干脆将滚动数组算了。
我们定义f[i]表示在当前这个横坐标，纵坐标为i是的最小点击次数，如果在上一步不能到达i，那么就将i初始化为0。
那么怎么算？
很多同学会直接想到再在两重循环里面再加一重，来表示这一步跳几下，这样的话最坏时间复杂度就变成了O（nm*m/x)
根据测试，如果写成这样会T五个点，那么我们就必须要优化，这是我们想到了以前学习的完全背包，是的，这里可以用完全背包的思想优化
将这个想象成一个完全背包问题，一共有两个物品，一个是点击屏幕一次，一个是向下坠，点击屏幕这个物品有无限个，而向下坠只有1个，并且他们两个不能同时去，但也不能一个不取。
这是我们的状态转移方程实际上是很简单的，但我们还要考虑很多种情况。
状态转移方程：f[i]=min(f[i],f[i+y[i]],f[i-x[i]]+1)
但是不存在的情况不能算，而且如果他向上飞会撞墙，把这些情况都考虑了就可以了，dp不难，基本上都能想到。
代码放下面，写的有点复杂，可以用作参考。

#include
#include
#include
#include
#define M 10005
#define N 1005

using namespace std;

int x[M],y[M],p[M],l[M],h[M],vis[N],g[M],d[N];
//vis表示是否这个点可以走到，d表示这个点是否需要临时数组来更新
//g[i]表示前i个有多少水管，p[i]表示在i这个位置有没有水管，对应的位置是什么 
int n,m,k;
int f[N],ff[N],ans;
//f是我们dp的主要数组，ff是临时数组 
int main()
{
    #ifdef LOCAL 
    freopen("bird.in","r",stdin);
    freopen("bird.out","w",stdout);
    #endif
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        int a;
        scanf("%d%d%d",&a,&l[i],&h[i]);
        p[a]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)//初始化g 
    {
        g[i]=g[i-1];
        if(p[i])g[i]++;
    }
    //memset(f,-63,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=2147000000;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(ff,0,sizeof(ff));
        memset(d,0,sizeof(d));
        bool bo=false;

        for(int j=1;j<=m;j++)//先判断向下坠的情况，再放进临时数组 
        {
            if(f[j]<0)continue;
            int down=j-y[i];
            if(down>0&&(!p[i]||(p[i]&&down>l[p[i]]&&down//判断是否有柱子 
            {
                ff[down]=f[j];
                d[down]=1;//更改标志，为后面更新做准备 
            }

        }

        for(int j=1;j<=m;j++)//在考虑向上飞的情况 
        {
            if(f[j]<0)continue;
            int up=j+x[i];
            if(up>=m)up=m;//判断碰顶 
            if(f[up]<0||f[j]+11;//完全背包思想，重复向上更新 
            if(!p[i]||(p[i]&&up>l[p[i]]&&up//判断是否能飞到i点 
            {
                if(f[up]<0||f[j]+1<=f[up])//思想同上，向上更新 
                {
                    f[up]=f[j]+1;
                    vis[up]=1;
                    continue;
                }
                if(d[up])ff[up]=min(ff[up],f[j]+1);//如果无法向上更新存进临时数组 
                else ff[up]=f[j]+1;                //因为有可能一会无法到达i点 
                d[up]=1;
            }
        }
        for(int j=1;j<=m;j++)//将临时数组与f合并，更新f 
            if(d[j])
            {
                if(!vis[j])f[j]=ff[j];
                else f[j]=min(ff[j],f[j]);
                vis[j]=1;
            }

        for(int j=1;j<=m;j++)//判断是否可以继续向前飞 
        {
            if(!vis[j])f[j]=-1;
            else
            {
                bo=true;
                ans=min(ans,f[j]);//求出最小步数（本来应该放在循环外，那样要多些一个循环，我懒就写里面了） 
            }
        }
        if(!bo)//是否需要弹出0 
        {
            cout<<0<<'\n'<1];
            return 0;
        }
    }
    cout<<1<<'\n'<

如果有什么问题，或错误，请在评论区提出，谢谢。