标签：10 1052 NOIP2014 变式 int 高度 管道 小鸟 点击
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来源：牛客网
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：
1. 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）。
2. 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。
3. 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。
4. 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。
输入描述:
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）。
输出描述:
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。示例1
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。
输入
复制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
复制1 6
说明
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。
示例2
输入
复制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
输出
复制0 3
说明
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。
备注:
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
分析
依旧是装箱问题变式，看看某一些点能不能走到，如果能走到，那有两种选择，一种是掉下来，不需要点击，一种是飞上去，要点击，取个最小值就可以了
值得注意的是，当飞过了上界，就会保持在上界，所以要特判一下，同时对上界的点击量也要枚举一下最小值
然后有一些位置是障碍物要把它们从方案里排除掉。
设dp[i][j] 表示的是 前i列（横坐标），走到第j （ 纵坐标）个位置的最小点击量。
状态转移方程式：dp[i][j] = min(dp[i-1][j-a[i]] + 1,dp[i-1][j + b[i]]; a[i] 表示从i - 1上升高度，b[i] 表示从i - 1 下降的高度
最后如果没有满足条件的，计算一下最远能走到哪里，将前面所有障碍物加起来就是障碍物数量。
//-------------------------代码----------------------------
// #define int ll
const int N = 1e4 + 3, M = 2e3 + 2;
int n,m,k;
int a[N],b[N];
int f[N][M];
bool flag[N];
struct Bird {
int p,l,h;
} bird[N];
void solve()
{
ms(f,inf);
cin>>n>>m>>k;
fo(i,1,n) {
cin>>a[i]>>b[i];bird[i].l = 0,bird[i].h = m + 1;
}
fo(i,1,k) {
int x;cin>>x;
flag[x] = 1;
cin>>bird[x].l>>bird[x].h;
}
ms(f[0],0);
fo(i,1,n)
{
int op=m+a[i];
for (int j=a[i]+1;j<=op;j++) f[i][j]=min(f[i-1][j-a[i]],f[i][j-a[i]])+1;
for (int j=m+1;j<=op;j++) f[i][m]=min(f[i][m],f[i][j]);
for (int j=m-b[i];j>=1;j--) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+b[i]]);
for (int j=1;j<=bird[i].l;j++) f[i][j]=inf;
for (int j=bird[i].h;j<=m;j++) f[i][j]=inf;
}
int res=inf;
for (int i=1;i<=m;i++) res=min(f[n][i],res);
if(res > 1e9) {
printf("0\n");
int i;
for(i=n;i>=1;i--)
{
bool flg=false;
for (int j=m;j>=1;j--) if(f[i][j]<inf) flg=1;
if(flg) break;
}
int ans=0;
for (int k=1;k<=i;k++) if(flag[k]) ans++;
printf("%d\n",ans);
} else {
cout<<1<<endl;
cout<<res<<endl;
}
}
signed main(){
clapping();TLE;
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
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