NOIP 2014 飞扬的小鸟
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 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。
格式
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1
样例输入1[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
样例输出1[复制]
1 6
样例2
样例输入2[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
样例输出2[复制]
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。
分析:动态规划
f[i][j]代表到达(i,j)所需点击的最少次数
要想写出状态转移方程,关键是理解这句话:“每个单位时间可以点击多次,效果叠加”。
效果叠加有两种方式,假设点两次,纵坐标由 j 到 jj 再到 jjj ,横坐标由 i 到 i+1
①f[i+1][jjj]=min(f[i+1][jjj],f[i][j]+2)
②f[i+1][jj]=min(f[i+1][jj],f[i][j]+1) f[i+1][jjj]=min(f[i+1][jjj],f[i+1][jj])
网上有不少题解是按照②来写的,我实在不明白为什么对,求大神解答。。。
AC的代码:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #define maxn 10010 6 using namespace std; 7 const int inf =1e9; 8 int n,m,k,p,l,h; 9 int x[maxn],y[maxn],down[maxn], up[maxn]; 10 int f[maxn][1001]; 11 int main() { 12 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 13 for (int i = 0; i < n; ++i) 14 scanf("%d %d", &x[i], &y[i]); 15 for (int i = 1; i <=n; ++i) { 16 down[i] = 0; 17 up[i] = m + 1; 18 } 19 for(int i = 1; i <= k; ++i) { 20 cin >> p >> l >> h; 21 down[p] = l; 22 up[p] = h; 23 } 24 for (int i = 1; i <= n; ++i) 25 for (int j = 0; j <= m; ++j) 26 f[i][j] = inf; 27 f[0][0] = inf; 28 int arrive = k; 29 for (int i = 1; i <= n; ++i){ 30 for (int j = 1; j <= m; ++j){ 31 //上升 32 if(j >= x[i-1]){ 33 f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-x[i-1]] + 1); 34 f[i][j] = min(f[i][j], f[i][j-x[i-1]] + 1);//叠加 35 } 36 if(j == m) { 37 for(int k=m-x[i-1];k<=m;k++) { 38 f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][k] + 1); 39 f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + 1); 40 } 41 } 42 } 43 //下降 44 for (int j = down[i]+1; j <= up[i]-1; ++j) 45 if( j + y[i-1] <= m) 46 f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j+y[i-1]]); 47 //由于没考虑管道所以重新赋值 48 for (int j = 1; j <= down[i]; ++j) f[i][j] = inf; 49 for (int j = up[i]; j <= m; ++j) f[i][j] = inf; 50 51 } 52 int cnt = k, ans = inf; 53 for (int i = n; i >= 1; i--) { 54 55 for (int j = down[i]+1; j <= up[i]-1; ++j){ 56 if (f[i][j] < inf) 57 ans = min(ans, f[i][j]); 58 } 59 60 if (ans != inf) break; 61 if (up[i] <= m) 62 cnt --; 63 } 64 if(cnt==k) 65 printf("1\n%d\n", ans); 66 else 67 printf("0\n%d\n", cnt); 68 return 0; 69 }
不过我按照①的思路也能写对,下面先给一个70分的未加优化的DP代码,复杂度O(n*m^2)
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<cstring> 7 #include<vector> 8 #include<queue> 9 using namespace std; 10 const int maxn=100005; 11 const int maxm=1005; 12 const int inf=1e9; 13 int N,M,K; 14 int f[maxn][maxm]; 15 struct node{ 16 int up,down; 17 }; 18 node move[maxn]; 19 struct node1{ 20 bool EXIST; 21 int highh,bott; 22 node1(){ 23 EXIST=false; 24 highh=inf; 25 bott=0; 26 } 27 }; 28 node1 map1[maxn]; 29 30 int ANS=inf; 31 int h; 32 int tot; 33 int res=inf; 34 bool notallinf(int c){ 35 for(int i=1;i<=M;i++){ 36 if(f[c][i]!=inf) 37 return true; 38 } 39 return false; 40 } 41 int main(){ 42 43 scanf("%d%d%d",&N,&M,&K); 44 for(int i=0;i<=N-1;i++) 45 scanf("%d%d",&move[i].up,&move[i].down); 46 47 for(int i=0;i<=N;i++) map1[i].highh=M+1; 48 49 for(int i=1;i<=K;i++){ 50 int P,L,H; 51 scanf("%d%d%d",&P,&L,&H); 52 map1[P].bott=L; 53 map1[P].highh=H; 54 map1[P].EXIST=true; 55 } 56 57 for(int i=1;i<=N;i++) 58 for(int j=0;j<=M;j++) 59 f[i][j]=inf; 60 61 for(int i=1;i<=N;i++){ 62 for(int j=map1[i].bott+1;j<=map1[i].highh-1;j++){ 63 64 if((j+move[i-1].down)<map1[i-1].highh&&(j+move[i-1].down)>map1[i-1].bott) 65 f[i][j]=f[i-1][j+move[i-1].down]; 66 67 for(int k=map1[i-1].bott+1;k<=map1[i-1].highh-1;k++){ 68 if(k<j&&(j-k)%move[i-1].up==0) 69 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(j-k)/move[i-1].up); 70 else{ 71 if(k<=j&&j==M&&((j-k)%move[i-1].up!=0||j-k==0)) 72 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(j-k)/move[i-1].up+1); 73 else{ 74 if(k>j) 75 break; 76 } 77 } 78 } 79 80 } 81 } 82 for(int i=1;i<=M;i++){ 83 if(i>map1[N].bott&&i<map1[N].highh){ 84 ANS=min(ANS,f[N][i]); 85 } 86 } 87 88 if(ANS!=inf){ 89 cout<<"1"<<endl; 90 cout<<ANS<<endl; 91 } 92 else{ 93 int nai=N-1; 94 for(;nai>0;--nai){ 95 if(notallinf(nai)){ 96 break; 97 } 98 } 99 res=0; 100 for(int i=0;i<nai;i++){ 101 if(map1[i].EXIST==true) 102 ++res; 103 } 104 printf("0\n%d\n",res); 105 } 106 return 0; 107 }
这样的DP由于复杂度太高不能满分,这也是为什么要贴出①的解法,复杂度低啊,无需优化(难道这就是优化过的?反正不理解),对于解法②,真正的优化是:
上述动态规划超时的原因在于转移复杂度太高,如果能将转移复杂度降为O(1),那么就可以轻松将此题AC,仔细想想发现对于所有可以用于更新f[i][j]的状态的高度都与j同余(mod move[i-1].up),那么在实际实现上述动态规划时,我们可以先穷举同余系,并以高度从低到高进行动态规划,在同一同余系中,记一个变量temp为已经访问的状态中可以用于更新的最小值,每穷举到一个新的状态,把temp更新为min(temp+1,f[i-1][j),并且只用temp+1更新其他状态。
我根据上面的理解(非常肤浅的理解),稍微降低了一下复杂度,原来我是枚举,现在用mod的方法做到跳跃更新,跳跃的距离就是move[i-1].up,因为我们可以发现,假设要更新f[i][j],用f[i][h]来更新的话(h一直在变),那么一定存在:h%move[i-1].up==j%move[i-1].up,对任意h均存在。那么如果move[i-1].up很大或M较小,即能减少很多运算,我试了一下,,,,才多过了一个点,,,,75分。真正的优化还没看懂,,,求一大神解答。。。
75分的:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<cstring> 7 #include<vector> 8 #include<queue> 9 using namespace std; 10 const int maxn=100005; 11 const int maxm=1005; 12 const int inf=1e9; 13 int N,M,K; 14 int f[maxn][maxm]; 15 struct node{ 16 int up,down; 17 }; 18 node move[maxn]; 19 struct node1{ 20 bool EXIST; 21 int highh,bott; 22 node1(){ 23 EXIST=false; 24 highh=inf; 25 bott=0; 26 } 27 }; 28 node1 map1[maxn]; 29 30 int ANS=inf; 31 int h; 32 int tot; 33 int res=inf; 34 bool notallinf(int c){ 35 for(int i=1;i<=M;i++){ 36 if(f[c][i]!=inf) 37 return true; 38 } 39 return false; 40 } 41 int main(){ 42 43 scanf("%d%d%d",&N,&M,&K); 44 for(int i=0;i<=N-1;i++) 45 scanf("%d%d",&move[i].up,&move[i].down); 46 47 for(int i=0;i<=N;i++) map1[i].highh=M+1; 48 49 for(int i=1;i<=K;i++){ 50 int P,L,H; 51 scanf("%d%d%d",&P,&L,&H); 52 map1[P].bott=L; 53 map1[P].highh=H; 54 map1[P].EXIST=true; 55 } 56 57 for(int i=1;i<=N;i++) 58 for(int j=0;j<=M;j++) 59 f[i][j]=inf; 60 61 for(int i=1;i<=N;i++){ 62 for(int j=map1[i].bott+1;j<=map1[i].highh-1;j++){ 63 64 if((j+move[i-1].down)<map1[i-1].highh&&(j+move[i-1].down)>map1[i-1].bott) 65 f[i][j]=f[i-1][j+move[i-1].down]; 66 67 68 if(j<M){ 69 int base=j%move[i-1].up; 70 int g=map1[i-1].bott+1; 71 int p=g%move[i-1].up; 72 if(p==base) 73 base=g; 74 else{ 75 if(p<base){ 76 int delta=base-p; 77 base=g+delta; 78 } 79 else{ 80 if(p>base){ 81 base+=move[i-1].up; 82 int delta=base-p; 83 base=g+delta; 84 } 85 } 86 } 87 88 while(base<=map1[i-1].highh-1&&base<j){ 89 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][base]+(j-base)/move[i-1].up); 90 base+=move[i-1].up; 91 } 92 93 } 94 else{ 95 for(int k=map1[i-1].bott+1;k<=map1[i-1].highh-1;k++){ 96 if(k<j&&(j-k)%move[i-1].up==0) 97 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(j-k)/move[i-1].up); 98 else{ 99 if(k<=j&&j==M&&((j-k)%move[i-1].up!=0||j-k==0)) 100 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(j-k)/move[i-1].up+1); 101 else{ 102 if(k>j) 103 break; 104 } 105 } 106 } 107 } 108 } 109 } 110 for(int i=1;i<=M;i++){ 111 if(i>map1[N].bott&&i<map1[N].highh){ 112 ANS=min(ANS,f[N][i]); 113 } 114 } 115 116 if(ANS!=inf){ 117 cout<<"1"<<endl; 118 cout<<ANS<<endl; 119 } 120 else{ 121 int nai=N-1; 122 for(;nai>0;--nai){ 123 if(notallinf(nai)){ 124 break; 125 } 126 } 127 res=0; 128 for(int i=0;i<nai;i++){ 129 if(map1[i].EXIST==true) 130 ++res; 131 } 132 printf("0\n%d\n",res); 133 } 134 return 0; 135 }
转载于:https://www.cnblogs.com/CXCXCXC/p/4675000.html
NOIP 2014 飞扬的小鸟相关推荐
- Star Way To Heaven (prim最小生成树) // [ NOIP提高组 2014]飞扬的小鸟(DP)
文章目录 T1:Star Way To Heaven 题目 题解 代码实现 T2:飞扬的小鸟 题目 题解 代码实现 T1:Star Way To Heaven 题目 小 w 伤心的走上了 Star w ...
- C++——NOIP提高组——飞扬的小鸟
飞扬的小鸟[NOIP2014提高组] 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 ...
- P1941 [NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟
题目来源 [NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟 - 洛谷 题目考点 动态规划,dp 枚举,暴力 背包 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 ...
- c++飞扬的小鸟游戏_通过建立一个飞扬的鸟游戏来学习从头开始
c++飞扬的小鸟游戏 Learn how to use Scratch 3.0 by building a flappy bird game in this course developed by W ...
- [DP]Luogu 2014NOIP提高组 飞扬的小鸟题解
2014NOIP提高组飞扬的小鸟题解 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 ...
- Luogu 1941 【NOIP2014】飞扬的小鸟 (动态规划)
Luogu 1941 [NOIP2014]飞扬的小鸟 (动态规划) 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 ...
- 洛谷P1941 飞扬的小鸟
P1941 飞扬的小鸟 链接:https://www.luogu.org/problemnew/show/P1941 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 ...
- Codevs 3729==洛谷P1941 飞扬的小鸟
P1941 飞扬的小鸟 456通过 2.4K提交 题目提供者该用户不存在 标签动态规划2014NOIp提高组 难度提高+/省选- 提交该题 讨论 题解 记录 题目描述 Flappy Bird 是一款风 ...
- 【源码+图片素材+详细教程】Java游戏开发_Java开发经典游戏飞翔的小鸟_飞扬的小鸟_Java游戏项目Flappy Bird像素鸟游戏_Java课程设计项目
课程目标: 1.通过本课程的学习巩固Java的相关基础知识,例如循环判断,数组和集合的使用,对象的继承,接口的实现,窗口的创建,事件监听,图形绘制. 2.完成小鸟的移动,管道自动生成.碰撞死亡,计分系 ...
最新文章
- JGG:COVID-19感染导致儿童上呼吸道和肠道菌群持续失衡
- 多线程 Thread类
- axios delete有请求体吗_封装 axios 取消重复请求
- XML 序列化与反序列化
- 阅读笔记五2017.2.13
- 【渝粤题库】国家开放大学2021春2608中级财务会计(二)题目
- ABP入门系列(3)——领域层定义仓储并实现
- 【codevs1227】方格取数2,费用流
- SpannableString与SpannableStringBuilder使用
- 无奈!《花木兰》《速度与激情9》等多部影片宣布撤档
- 9个实用PHP函数和功能
- 申请微信公众号平台流程
- 程序员的“三十而已”,你都30岁了,职业该如何规划?
- app应用软件开发流程是怎样的?
- Mstar 648 平台遥控器/按键包POWER键配置
- 喜茶“内修”,蜜雪冰城“外练”
- Python拆开嵌套列表元组
- 云计算:云应用是什么?
- 离散数学-集合:2、集合的基本运算
- element中checkbox全选反选功能