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 nn，高为 mm 的二维平面，其中有 kk 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 11，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 XX，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 YY。小鸟位于横坐标方向不同位置时，上升的高度 XX 和下降的高度 YY 可能互不相同。
小鸟高度等于 00 或者小鸟碰到管道时，游戏失败。小鸟高度为 mm 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。
解析
这题比较复杂，我们慢慢分析。
首先容易看出这是道dp，不难看出用\(dp[i][j]\)表示小鸟飞到\((i,j)\)的最小点击次数。
根据题意，容易得出转移方程：
\]
直接这么做，50分。
分析样例1，发现小鸟飞到顶部之后会被挡住，但也不是无法进行转移。我们对顶部情况进行特判。具体来说，我们只需要把那些从上一步过来小鸟会直接飞出顶部的状态全部转移到当前顶部的状态就行。
这样做，\(O(nm^2)\)，90分到手，会\(T\)两个点。
所以说这道题出的好，对不同层次的选手划分的比较明显。
满分做法其实也不难，就是对上面的一个小优化。
不难发现，实质上我们对小鸟上升的情况的转移其实就是个完全背包，其决策具有单调性，单调队列优化之。
换句话说，由于所有值都是正值，我们没必要去考虑一定比\(dp[i-1][j-up[i-1]]\)小的\(dp[i-1][j-k*up[i-1]],k>1\)。
然而这里实际上没必要搞个单调队列出来，我们改一下转移即可。
\]
\(j\)从小到大枚举，这样每次转移我们就只用\(O(1)\)了。
然后这里注意一下顶端特判，在顶部时我们就从能飞出去的一系列状态转移就好。
滚动数组优化了一下。直接抄能A？
参考代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 10010
#define MOD 2520
#define E 1e-12
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,dp[2][2500],dx[N],dy[N];
struct node{
int u,d;
}mp[N];
inline int Max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(register int i=0;i<n;++i){
dx[i]=read(),dy[i]=read();
mp[i+1].u=m+1,mp[i+1].d=-1;
}
for(register int i=1;i<=k;++i){
int pos=read();
mp[pos].d=read(),mp[pos].u=read();
}
int now=1,ans=INF,num=0;
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(register int i=0;i<=m;++i)
dp[now][i]=0;
for(register int i=1;i<=n;++i){
now^=1;
bool flag=0;
for(register int j=1;j<=m;++j){
dp[now][j]=INF;
if(j>=mp[i].u||j<=mp[i].d) continue;
for(register int k=j-dx[i-1];k<=m;++k){
if(k>j-dx[i-1]&&j<m) break;
if(k>=1) dp[now][j]=Min(dp[now][j],Min(dp[now][k],dp[now^1][k])+1);
}
if(j+dy[i-1]<=m)
dp[now][j]=Min(dp[now][j],dp[now^1][j+dy[i-1]]);
if(dp[now][j]!=INF) flag=1;
}
if(!flag){
printf("0\n%d\n",num);
return 0;
}
if(mp[i].d!=-1) num++;
}
for(register int i=1;i<=m;++i)
ans=Min(ans,dp[now][i]);
printf("1\n%d\n",ans);
return 0;
}