首先這道題爆搜可做，理論上可以拿50分的，但由於windows下棧空間只有3w多，所以只能拿到35分。
然後我們考慮dp（應該很容易想到是dp），定義狀態f[i][j]為在點(i,j)時最少的觸屏次數，然後列舉觸屏次數轉移即可。這樣複雜度是o(nm^2)，可以拿70分，但這裡很容易犯的的乙個錯誤就是當在螢幕最上端時，要特判。
正解：對於f[i][j]=min(f[i][j], f[i-1][j-t*x[i-1]]+t)，能夠發現等價於dp[i][j]=min(dp[i][j], min(dp[i-1][j-x[i-1]], dp[i][j-x[i-1]])+1)，其實就是對於(i,j)這個點，要麼就是從下面剛好x[i-1]的距離轉移而來，要麼就是從更下面跳了幾倍的x[i-1]轉移而來。所以複雜度變成了o(nm)。然後還有需要注意的一點就是頂端要特判，即若是在頂端的話，要在前面的基礎上，考慮上在x[i-1]之內的情況，還有調到這裡面的情況，因為從這裡也是可以轉移到頂端的。
code：
//80分dp，大體方法沒有錯誤，在一些細節上有錯，懶得調了
#include#includeusing namespace std;
const int n=1e4+10, m=1e3+10, k=1e4+10, inf=0x3f3f3f3f;
int n, m ,k, far, cnt, ans=inf, dp[n][m];
int x[n], y[n], p[k], l[k], h[k];
bool block[n][m];
int main()
for (int i=0; i<=n; i++)
block[i][0]=true;
for (int i=0; i<=m; i++)
if (!block[0][i]) dp[0][i]=0;
for (int i=1; i<=n; i++)
if (j-x[i-1]>=0)
if (j+y[i-1]<=m)
}} }
for (int i=1; i<=m; i++)
ans=min(dp[n][i], ans);
if (ans==inf)
else cout << "1" << endl << ans;
return 0;
}
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飛揚的小鳥 這一題開始看到時就知道是dp，但作死打了個dfs，只有75分 卡常 好 includeusing namespace std const int n 10005 const int inf 9999999 int g sum n g up n g down n up n down n n...
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