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])
其实我认为是第一种，但这样做在洛谷上只能的25分，用第二种才能AC，意思是：“在横坐标为i时的点击多次效果只有到i+1才能叠加，换句话说，f[i][j]由f[i-1][h]和f[i][h]递推过来”。
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 }
若按照①的情况，裸dp复杂度要高，下面是时间上允许70的代码，实际为25分，貌似是题意原因。。。
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 //记录移动能力
16 struct node{
17 int up,down;
18 };
19 node move[maxn];
20 //记录地图管道
21 struct node1{
22 bool EXIST;//记录这个位置上是否存在管道(输出时候用)
23 int highh,bott;
24 node1(){
25 EXIST=false;
26 highh=inf;
27 bott=0;
28 }
29 };
30 node1 map1[maxn];
31
32 int ANS=inf;
33 int h;
34 int tot;
35 int main(){
36
37 scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
38 for(int i=0;i<=N-1;i++)
39 scanf("%d%d",&move[i].up,&move[i].down);
40
41 for(int i=0;i<=N;i++) map1[i].highh=M+1;
42
43 for(int i=1;i<=K;i++){
44 int P,L,H;
45 scanf("%d%d%d",&P,&L,&H);
46 map1[P].bott=L;
47 map1[P].highh=H;
48 map1[P].EXIST=true;
49 }
50
51 for(int i=1;i<=N;i++)
52 for(int j=0;j<=M;j++)
53 f[i][j]=inf;
54 //dp
55 for(int i=1;i<=N;i++){
56 for(int j=map1[i].bott+1;j<=map1[i].highh-1;j++){
57
58 if(j!=M){
59 for(int k=1;k<=j;k++){
60 h=j-k*move[i-1].up;
61 if(h<map1[i-1].highh&&h>map1[i-1].bott)
62 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][h]+k);
63 }
64 h=j+move[i-1].down;
65 if(h<map1[i-1].highh&&h>map1[i-1].bott)
66 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][h]);
67 }
68 else{
69 for(int k=map1[i-1].highh-1;k>=map1[i-1].bott+1;k--){
70 int delta=M-k;
71 int v=delta/move[i-1].up;
72 if(v*move[i-1].up+k<M)
73 v++;
74 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+v);
75 }
76 }
77
78 }
79 }
80
81 for(int i=1;i<=M;i++){
82 if(i>map1[N].bott&&i<map1[N].highh){
83 ANS=min(ANS,f[N][i]);
84 }
85 }
86
87 if(ANS<inf){
88 cout<<"1"<<endl;
89 cout<<ANS<<endl;
90 return 0;
91 }
92 cout<<"0"<<endl;
93 int pos=0;
94 for(int i=N;i>=1;i--){
95 bool jud=false;
96 for(int j=M;j>0;j--){
97 if(f[i][j]<inf){
98 pos=i;
99 jud=true;
100 break;
101 }
102 }
103 if(jud==true)
104 break;
105 }
106 for(int i=1;i<=pos;i++){
107 if(map1[i].EXIST==true){
108 tot++;
109 }
110 }
111 cout<<tot<<endl;
112 return 0;
113 }