【DP】【P1941】【NOIP2014D1T3】飛揚的小鳥
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Description
Flappy Bird是一款風靡一時的休閑手機遊戲。玩家需要不斷控制點擊手機屏幕的頻率來調節小鳥的飛行高度，讓小鳥順利通過畫面右方的管道縫隙。如果小鳥一不小心撞到了水管或者掉在地上的話，便宣告失敗。
為了簡化問題，我們對遊戲規則進行了簡化和改編:
遊戲界面是一個長為 n ，高為 m 的二維平面，其中有 k 個管道（忽略管道的寬度）。
小鳥始終在遊戲界面內移動。小鳥從遊戲界面最左邊任意整數高度位置出發，到達遊戲界面最右邊時，遊戲完成。
小鳥每個單位時間沿橫坐標方向右移的距離為 1 ，豎直移動的距離由玩家控制。如果點擊屏幕，小鳥就會上升一定高度 X ，每個單位時間可以點擊多次，效果疊加；如果不點擊屏幕，小鳥就會下降一定高度 Y 。小鳥位於橫坐標方向不同位置時，上升的高度 X 和下降的高度 Y 可能互不相同。
小鳥高度等於 0 或者小鳥碰到管道時，遊戲失敗。小鳥高度為 m 時，無法再上升。
現在,請你判斷是否可以完成遊戲。如果可以，輸出最少點擊屏幕數；否則，輸出小鳥最多可以通過多少個管道縫隙。
Input
第 1 行有 3 個整數 n, m, k分別表示遊戲界面的長度，高度和水管的數量，每兩個整數之間用一個空格隔開；
接下來的 n 行，每行 2 個用一個空格隔開的整數 X 和 Y ，依次表示在橫坐標位置0∼n−1 上玩家點擊屏幕後，小鳥在下一位置上升的高度 X ，以及在這個位置上玩家不點擊屏幕時，小鳥在下一位置下降的高度 Y 。
接下來 k 行，每行 3 個整數 P, L, H，每兩個整數之間用一個空格隔開。每行表示一個管道，其中 P 表示管道的橫坐標， L 表示此管道縫隙的下邊沿高度， H 表示管道縫隙上邊沿的高度（輸入數據保證 P 各不相同，但不保證按照大小順序給出）。
Output
第一行，包含一個整數，如果可以成功完成遊戲，則輸出 1 ，否則輸出 0 。
第二行，包含一個整數，如果第一行為 1 ，則輸出成功完成遊戲需要最少點擊屏幕數，否則，輸出小鳥最多可以通過多少個管道縫隙。
Sample Input_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
Sample Output_1
1 6
Sample Input_2
1010 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
Sample Output_2
0 3
Hint
對於 30%的數據：5≤n≤10,5≤m≤10,k=0 ，保證存在一組最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕 33 次；
對於 50%的數據： 5≤n≤20,5≤m≤10 ，保證存在一組最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕 33次；
對於 70%的數據：5≤n≤1000,5≤m≤100 ；
對於 100%的數據： 5≤m≤1000 ， 0 \leq k < n0≤k<n , 0 < X < m,0<Y<m , 0 < P < n0≤L<H≤m , L + 1 < H
Solution
這題真惡心……活生生調了我一天。
看到題目顯然是個DP，考慮樸素做法，使用f[i][j]表示坐標在(i,j)的ans。轉移使用刷表法易於實現。即：
f[i+1][j+up[i]*k]=min{f[i][j]+k | j+up[i]*k<ceil[i+1]}
f[i+1][j-down[i]]=min{f[i][j] | j-down[i}>floor[i+1]}
其中up,down代表在i列的上升、下降高度。ceil代表上方管道的下邊界，floor代表下方管道的上邊界。
在上述方程中，枚舉m、n、k進行轉移。當up特別小但是ceil-floor特別大時，算法的上界復雜度為O(nm2)
考慮進行優化。
我們發現，向上轉移的時候，類似於一個無限背包，f[i+1][j+up[i]*2]實際上與f[i+1][j+up[i]*1]+1等價。那麽事實上在枚舉時，只需要在上一行的j-up[i-1]和當前行的j-up[i-1]中選擇進行轉移即可。著麽枚舉省掉了O(k)的循環，復雜度降至O(nm)，可以通過本題。
考慮枚舉順序，刷表法難以完成本題，所以我們改成填表法。
枚舉順序上，因為在這一秒先掉下去再飛上來顯然是不合法的，所以必須將所有向上飛的枚舉完以後再重新枚舉向下掉的情況。
細節上，當高度為m的時候可以點擊屏幕但不會死掉，需要十分惡心的特判。
在轉移時，需要註意的是，從上一行轉移過來的，必須保證上一行的狀態合法，在當前行枚舉過來的，不需要保證狀態合法。
因為在枚舉f[i][j]從f[i][j-up[i-1]]轉移時，事實上相當於從f[i-1][j-up[i-1]*k]轉移過來，由於每次點擊一下，所以當前行的狀態不一定合法。但用於遞推後面合法的狀態，這些狀態仍然需要保留。
例如，f[i][j]應該從f[i-1][j-2*up[i-1]]轉移，而j-up[i-1]是柱子，不合法。對於我們的遞推方式，轉移路線為f[i-1][j-2*up[i-1]] => f[i][j-up[i-1]] => f[i][j]。可以發現，需要通過同一列上的不可行解的ans推出可行解的ans。所以不可行解必須保留。在判斷解的存在性時，只掃描可行解即可。
真惡心。
Code
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #define maxm 1010 #define maxn 10010 #define INF 0x3f3f3f3f inline void qr(int &x) { char ch=getchar(),last=‘ ‘; while(ch>‘9‘||ch<‘0‘) last=ch,ch=getchar(); while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); if(last==‘-‘) x=-x; } inline int max(const int &a,const int &b) {if(a>b) return a;return b;} inline int min(const int &a,const int &b) {if(a<b) return a;return b;} inline int abs(const int &a) {if(a>=0) return a;return -a;} inline void swap(int &a,int &b) {int temp=a;a=b;b=temp;} int n,m,k,up[maxn],down[maxn],a,b,c,ans=INF; int frog[maxn][maxm],sum[maxn]; struct M { int u,d; }; M MU[maxn]; int main() { qr(n);qr(m);qr(k); for(int i=0;i<n;++i) {qr(up[i]);qr(down[i]);MU[i].u=m;MU[i].u=m+1;MU[i].d=0;} for(int i=1;i<=k;++i) {a=b=c=0;qr(a);qr(b);qr(c);MU[a].d=b;MU[a].u=c;} if(MU[0].u!=m+1||MU[0].d!=0) sum[0]=1; for(int i=1;i<n;++i) {sum[i]=sum[i-1];if(MU[i].d!=0||MU[i].u!=m+1) ++sum[i];} MU[0].d=0;MU[0].u=m+1;MU[n].u=m+1;MU[n].d=0; memset(frog,0x3f,sizeof frog); for(int i=1;i<=m;++i) frog[0][i]=0; for(int i=0;i<n;++i) { bool changed=false; int di=i+1; for(int j=MU[i].d+1;j<MU[i].u;++j) { if(frog[i][j]==INF) continue; changed=true; for(int k=1;;++k) { int nxt=j+up[i]*k; if(nxt<=MU[di].d) continue; if(nxt>=m&&MU[di].u==m+1) {frog[di][m]=min(frog[di][m],frog[i][j]+k);break;} if(nxt>=MU[di].u) break; frog[di][nxt]=min(frog[di][nxt],frog[i][j]+k); } int nxt=j-down[i]; if(nxt>MU[di].d&&nxt<MU[di].u) frog[di][nxt]=min(frog[di][nxt],frog[i][j]); } if(!changed) {printf("0\n%d\n",i?sum[i-1]:0);exit(0);} } for(int i=1;i<=m;++i) ans=min(ans,frog[n][i]); if(ans==INF) printf("0\n%d\n",sum[n-1]); else printf("1\n%d\n",ans); return 0; }75分無優化
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #define maxm 1010 #define maxn 10010 #define INF 0x3f3f3f3f inline void qr(int &x) { char ch=getchar(),last=‘ ‘; while(ch>‘9‘||ch<‘0‘) last=ch,ch=getchar(); while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); if(last==‘-‘) x=-x; } inline int max(const int &a,const int &b) {if(a>b) return a;return b;} inline int min(const int &a,const int &b) {if(a<b) return a;return b;} inline int abs(const int &a) {if(a>=0) return a;return -a;} inline void swap(int &a,int &b) {int temp=a;a=b;b=temp;} int n,m,k,up[maxn],down[maxn],a,b,c,ans=INF; int frog[maxn][maxm],sum[maxn]; struct M { int u,d; }; M MU[maxn]; int main() { qr(n);qr(m);qr(k); for(int i=0;i<n;++i) {qr(up[i]);qr(down[i]);MU[i].u=m;MU[i].u=m+1;MU[i].d=0;} for(int i=1;i<=k;++i) {a=b=c=0;qr(a);qr(b);qr(c);MU[a].d=b;MU[a].u=c;} if(MU[0].u!=m+1||MU[0].d!=0) sum[0]=1; for(int i=1;i<n;++i) {sum[i]=sum[i-1];if(MU[i].d!=0||MU[i].u!=m+1) ++sum[i];} MU[0].d=0;MU[0].u=m+1;MU[n].u=m+1;MU[n].d=0; memset(frog,0x3f,sizeof frog); for(int i=1;i<=m;++i) frog[0][i]=0; for(int i=1;i<=n;++i) { int di=i-1;bool judge=false; for(int j=1;j<=m;++j) { int nxt=j-up[di],cnt=1;while(nxt>=MU[di].u) nxt-=up[di],++cnt; if(nxt>MU[di].d) frog[i][j]=frog[di][nxt]+cnt; if(j-up[di]>0) frog[i][j]=min(frog[i][j],frog[i][j-up[di]]+1); } if(MU[di].u==m+1&&MU[di].d<m) frog[i][m]=min(frog[i][m],frog[di][m]+1); if(MU[i].u==m+1) for(int j=1;j<=m;++j) if(m-j>MU[di].d&&m-j<MU[di].u) frog[i][m]=min(frog[i][m],frog[di][m-j]+(j-1)/up[di]+1); for(int j=1;j<=m;++j) { if(j+down[di]<MU[di].u&&j+down[di]>MU[di].d) frog[i][j]=min(frog[i][j],frog[i-1][j+down[di]]); if(j>MU[i].d&&j<MU[i].u&&frog[i][j]<INF) judge=true; } if(!judge) {printf("0\n%d\n",sum[i-1]);exit(0);} } for(int i=1;i<=m;++i) ans=min(ans,frog[n][i]); if(ans==INF) printf("0\n%d\n",sum[n-1]); else printf("1\n%d\n",ans); return 0; }
Summary
1、對拍大法好，大難來時把命保。
2、轉移細節！細節！細節！
【DP】【P1941】【NOIP2014D1T3】飛揚的小鳥