解题思路

作为一名蒟蒻，默默地展开了算法标签，发现是 dp。

所以，本蒟蒻就用了一个简简单单轻轻松松就能理解的小 dp。

很容易想到我们设 $d{p}_{i,j}$ 为走到 $(x,y)$ 所使用的最小屏幕点击数。

那我们可以从哪些坐标走到 $(i,j)$ 呢（假设地图无边界限制）？

我们先看第一种情况：
小鸟从某个点向上飞到了 $(i,j)$。

1. 从 $(i,j-x_i)$ 走到 $(i,j)$，即小鸟飞到 $(i,j-x_i)$ 时，玩家点击了屏幕一次，然后小鸟就飞到了 $(i,j-x_i)$。（玩家连续点击的情况）
2. 从 $(i-1,j-x_i)$ 走到 $(i,j)$，即小鸟飞到 $(i-1,j-x_i)$ 时，玩家点击了屏幕一次，然后小鸟就向右飞了一个单位长度，又向上飞了 $x_i$ 个单位长度，最后到达了 $(i-1+1,j-x_i+x_i)$ 即 $(i,j)$。

那么小鸟还可能从某个点向下掉，同上。

因此，我们只需要分成四种情况讨论即可，每走到一个位置 $(i,j)$，$d{p}_{i,j}$ 就从可能走到这个位置上的所有点转移过来，取一个最小值，不过如果是从下面飞上来的话答案需要再加一。

CODE：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int x[10010], y[10010];
int dp[2][2010];
unordered_map<short, pair<int, int> > f;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n, m, k;
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> x[i] >> y[i];
	}
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		int p, l, h;
		cin >> p >> l >> h;
		f[p] = make_pair(l, h);
	}
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= m; j++) {
			dp[i & 1][j] = 1e18;
		}
		for (int j = x[i] + 1; j <= x[i] + m; j++) {
			//i & 1 ^ 1 相当于 i = 0 时取 1，i = 1 取 i = 0
			//与 i - 1 差不多的意思，只不过 0 - 1 = 1 
			dp[i & 1][j] = min(dp[i & 1 ^ 1][j - x[i]], dp[i & 1][j - x[i]]) + 1;
		}
		for (int j = m + 1; j <= x[i] + m; j++) {  //大于 m 的位置全都看成到达 m 
			dp[i & 1][m] = min(dp[i & 1][m], dp[i & 1][j]);
		}
		for (int j = 1; j <= m - y[i]; j++) {
			dp[i & 1][j] = min(dp[i & 1][j], dp[i & 1 ^ 1][j + y[i]]);
		}
		if (f.count(i)) {
			bool flag = false;
			for (int j = 0; j <= m; j++) {
				if (j <= f[i].first || j >= f[i].second) {
					dp[i & 1][j] = 1e18;
				} else {
					if (dp[i & 1][j] != 1e18) {
						flag = true;
					}
				}
			}
			if (!flag) {
				cout << "0\n" << cnt;
				return 0;
			}
			cnt++;
		}
	}
	int ans = 1e18;
	for (int i = 0; i <= m; i++) {
		ans = min(dp[n & 1][i], ans);
	}
	cout << "1\n" << ans;
	return 0;
}