P1941 飞扬的小鸟
Description
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。
Input
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 $0 \sim n-1$ 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,$h$ 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)。
Output
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。
Sample #1
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 #2
Sample Input #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
Sample Output #2
0
3
Hint
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。
Constraints
对于 $30\%$ 的数据:$5 \leq n \leq 10, 5 \leq m \leq 10, k=0$,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:$5 \leq n \leq 20, 5 \leq m \leq 10$,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:$5 \leq n \leq 1000, 5 \leq m \leq 100$;
对于 $100\%$ 的数据:$5 \leq n \leq 10000$,$5 \leq m \leq 1000$,$0 \leq k < n$,$0 < x,y < m$,$0 < p < n$,$0 \leq l < h \leq m$, $l + 1 < h$。
Solution
对于此题,分为 $2$ 种情况:
- 对于位置 $i$ 不按上升键,此时会下降 $y_i$
- 对于位置 $i$ 按 $k$ 次上升键,此时会上升 $k\cdot x_i$
故,可以由 $01$ 背包 与 完全背包 融合来解决。
考虑设计状态 $f_{i,j}$ 表示在第 $i$ 个位置,高度为 $j$ 的最小操作次数
$\mathrm{70\ pts}$ 做法
转移分为两种情况(如下):
$$
f_{i,j}=\begin{cases}
& f_{i - 1, j+y_i} & j+y_i\le m \\
& f_{i - 1, j - k\cdot x_i}+k & j - k\cdot x_i \ge 1
\end{cases}
$$
若在 $i$ 位置一次不按,则从 $i -1$ 位置到 $i$ 位置,会下降 $y_i$ 个单位,对应着 $i-1$ 位置的高度比当前会高 $y_i$ 个单位。
若在 $j$ 位置按 $k$ 次,则从 $i-1$ 位置到 $i$ 位置,会上升 $k\cdot x_i$ 个单位,对应着 $i-1$ 位置的高度比当前高度会低 $k\cdot x_i$ 个高度。
时间复杂度:$O(nm^2)$
$\mathrm{100pts}$ 做法
对于上述式子采取与完全背包优化方式类似的方法来优化:
将式子展开:
$$
f_{i,j}=\begin{cases}
& f_{i - 1, j+y_i} \\
& f_{i - 1, j - x_i} + 1, f_{i - 2, j - 2\cdot x_i} + 2, f_{i - 3, j - 3\cdot x_i} + 3,\dots
\end{cases}
$$
在观察 $f_{i,j-x_i}$ 的式子:
$$
f_{i,j-x_i}=
\begin{cases}
& f_{i - 1, j-x_i+y_i} \\
& f_{i - 2, j - 2\cdot x_i} + 1, f_{i - 3, j - 3\cdot x_i} + 2,\dots
\end{cases}
$$
此时,我们会发现第 $2$ 种情况的式子惊奇的相似,只是少了一项 $f_{i-1,j-x_i}$,且每一项都少了一个 $1$,故考虑借用数组 $g_{i,j}$ 表示 $\min(f_{i-1,j-x_i},f_{i-1,j-2\cdot x_i, \dots})$
由上面可得出 $g$ 数组的转移方程:
$$
g_{i,j}=\min(g_{i-1,j-x_i}+1,f_{i-1,j-x_i}+1)
$$
含义就是用 $f_{i,j-x_i}$ 的第 $2$ 种情况 $+1$,再补上少了的一部分 $f_{i-1,j-x_i}+1$
这样对于 $f_{i,j}$ 转移如下:$f_{i,j}=\min(f_{i-1,j+y_i},g_{i,j})$
时间复杂度:$O(nm)$
空间优化
由于观察发现 $g$ 数组只用到了坐标 $i$,所以这一维可以去掉
细节点播
对于 $f_{i,m}$ 需要特殊处理,因为 小鸟高度为 $m$ 时,无法再上升,所以会停留在 $m$,故这个位置可以有 $i-1$ 位置上的任何一个高度转移而来。
即:$f_{i,m}=\min(f_{i-1,j}+\left\lceil \frac{m-j}{x_i} \right\rceil)$
但是特别注意 $j=m$ 时,而 $\left\lceil \frac{m-j}{x_i} \right\rceil$ 会是 $0$,如果是 $0$ 那么还是会掉下去的,所以要特殊处理 $j=m$ 的情况:$f_{i,m}=f_{i-1,m}+1$
或者是不特殊处理:$f_{i,m}=\min(f_{i-1,j}+\max(1,\left\lceil \frac{m-j}{x_i} \right\rceil))$
$\mathrm{Attention:}$ 只有当上面没有管道的时候,才需要处理。
结果输出
枚举所有的 $j$,取 $f_{n,j}$ 的最小值。
如果无法到达,则 $i$ 总大到小枚举,枚举 $j$ 确定是否可以到达,如果可以,统计前方有多少个管子输出即可。
Code
#include <iostream>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int SIZE = 1e4 + 10, INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int N, M, K;
int X[SIZE], Y[SIZE];
int L[SIZE], H[SIZE];
int F[SIZE][SIZE], G[SIZE];
signed main()
{
cin.tie(0);
cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> N >> M >> K;
for (int i = 1; i <= N; i ++)
cin >> X[i] >> Y[i];
int Pos, l, h;
while (K --)
{
cin >> Pos >> l >> h;
L[Pos] = l, H[Pos] = h;
}
memset(F, 0x3f, sizeof F);
for (int i = 1; i <= M; i ++)
F[0][i] = 0;
for (int i = 1; i <= N; i ++)
{
memset(G, 0x3f, sizeof G);
for (int j = 1; j <= M; j ++)
{
if (j > X[i]) G[j] = min(G[j - X[i]], F[i - 1][j - X[i]]) + 1;
if (!H[i] || j > L[i] && j < H[i])
{
F[i][j] = G[j];
if (j + Y[i] <= M) F[i][j] = min(F[i][j], F[i - 1][j + Y[i]]);
}
}
if (!H[i])
for (int j = 1; j <= M; j ++)
F[i][M] = min(F[i][M], F[i - 1][j] + max(1ll, (M - j + X[i] - 1) / X[i]));
}
int Result = INF;
for (int j = 1; j <= M; j ++)
Result = min(Result, F[N][j]);
if (Result < INF)
cout << 1 << endl << Result << endl;
else
{
cout << 0 << endl;
for (int i = N; i >= 0; i --)
{
bool Flag = false;
for (int j = 1; j <= M; j ++)
if (F[i][j] < INF)
{
int Count = 0;
for (int k = 0; k <= i; k ++)
if (H[k])
Count ++;
cout << Count << endl;
Flag = true;
break;
}
if (Flag) break;
}
}
return 0;
}