洛谷 P3957 跳房子

Description

• 跳房子，也叫跳飞机，是一种世界性的儿童游戏，也是中国民间传统的体育游戏之一。

  跳房子的游戏规则如下：

  在地面上确定一个起点，然后在起点右侧画 n 个格子，这些格子都在同一条直线上。每个格子内有一个数字（整数），表示到达这个 格子能得到的分数。玩家第一次从起点开始向右跳，跳到起点右侧的一个格子内。第二次再从当前位置继续向右跳，依此类推。规则规定：

  玩家每次都必须跳到当前位置右侧的一个格子内。玩家可以在任意时刻结束游戏，获得的分数为曾经到达过的格子中的数字之和。

  现在小 R 研发了一款弹跳机器人来参加这个游戏。但是这个机器人有一个非常严重的缺陷，它每次向右弹跳的距离只能为固定的 d 。小 R 希望改进他的机器人，如果他花 g 个金币改进他的机器人，那么他的机器人灵活性就能增加 g ，但是需要注意的是，每 次弹跳的距离至少为 111 。具体而言，当 g<d 时，他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 d−g,d−g+1,d−g+2，…， d+g−2， d+g−1 ， d+g ；否则（当 g≥d时），他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 1 ， 2， 3 ，…， d+g−2 ， d+g−1 ， d+g。

  现在小 R 希望获得至少 k 分，请问他至少要花多少金币来改造他的机器人。

Input

• 第一行三个正整数 n ， d ， k ，分别表示格子的数目，改进前机器人弹跳的固定距离，以及希望至少获得的分数。相邻两个数 之间用一个空格隔开。

  接下来 n 行，每行两个正整数 xi,si，分别表示起点到第 i 个格子的距离以及第 i 个格子的分数。两个数之间用一个空格隔开。保证 xi按递增顺序输入。

Output

• 共一行，一个整数，表示至少要花多少金币来改造他的机器人。若无论如何他都无法获得至少 k 分，输出 −1。

Sample Input

7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2

Sample Output

2

题解：

• 单调队列 + 二分。
• 显然这题是一个dp。但是n的范围太大，肯定要用单调队列来优化。
• 然后对于变量g，很容易想到二分枚举。
• 思路就是这样，一眼秒。
• 然后我交了5次艹
• 难度在于此题单调队列不像以往的题目是一格一格的挪动，而是一段一段的挪动。如果一格一格的挪动数组开不下，时间也过不去。
• 所以每次都尝试添加一个格子(而不是一个位置)。
• 框定区间的左端点一直往右走直到走到一个格子的位置 >= 当前位置 - g - d。
• 框定区间的右端点一直往右走直到走到一个格子的位置 <= min(当前位置 - 1, 当前位置 - d + g)
• 那么走完之后框定区间内的格子就是可以转移到当前格子的格子，进行转移即可。
• 注：往右走一下是走到下一个格子的位置(而不是走到下一个位置)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <deque>
#define int long long
#define N 500005
#define inf 100000000000ll
using namespace std;struct Node {int val, pos;};
struct A {int val, pos;} a[N];
int n, d, k, sum;
int dp[N];
deque<Node> deq;int read()
{int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}return x *= f;
}bool check(int g)
{int dfn = 0;deq.clear();for(int i = 1; i <= n; i++){int pos = a[i].pos;while(deq.size() && deq.front().pos < pos - g - d) deq.pop_front();while(1){if(a[dfn].pos < pos - g - d) dfn++;else if(a[dfn].pos >= pos - g - d && a[dfn].pos <= min(pos - 1, pos - d + g)){int val = dp[dfn];while(deq.size() && deq.back().val <= val) deq.pop_back();deq.push_back((Node){val, a[dfn++].pos});}else break;}if(!deq.size()) dp[i] = -inf;else dp[i] = deq.front().val + a[i].val;if(dp[i] >= k) return 1;}return 0;
}signed main()
{cin >> n >> d >> k;for(int i = 1; i <= n; i++){a[i].pos = read();a[i].val = read();if(a[i].val > 0) sum += a[i].val;}if(sum < k) {cout << -1; return 0;}int l = 0, r = inf, ans;while(l <= r){int mid = (l + r) >> 1;if(check(mid)) r = mid - 1, ans = mid;else l = mid + 1;}cout << ans;return 0;
}