[NOIP2017 普及组]跳房子【题解】

题目背景

NOIP2017 普及组 T4

题目描述

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 n 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 d d。小 R 希望改进他的机器人，如果他花 g g 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 g g，但是需要注意的是，每次弹跳的距离至少为 1 1 1。具体而言，当 g < d g<d 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 − 1 , d + g d-g,d-g+1,d-g+2,\ldots,d+g-1,d+g d−g,d−g+1,d−g+2,…,d+g−1,d+g；否则当 g ≥ d g \geq d 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 − 1 , d + g 1,2,3,\ldots,d+g-1,d+g 1,2,3,…,d+g−1,d+g。

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

输入格式

第一行三个正整数 n , d , k n,d,k 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 n n 行，每行两个整数 x i , s i x_i,s_i xi,si ，分别表示起点到第 i i i 个格子的距离以及第 i i i 个格子的分数。两个数之间用一个空格隔开。保证 x i x_i xi 按递增顺序输入。

输出格式

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 k k 分，输出 − 1 -1 −1。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

样例 #2

样例输入 #2

样例输出 #2

-1

提示

输入输出样例 1 说明

花费 2 2 2 个金币改进后，小 R 的机器人依次选择的向右弹跳的距离分别为 $ 2, 3, 5, 3, 4,3$，先后到达的位置分别为 2 , 5 , 10 , 13 , 17 , 20 2, 5, 10, 13, 17, 20 2,5,10,13,17,20，对应$ 1, 2, 3, 5, 6, 7$ 这 6 6 6 个格子。这些格子中的数字之和 $ 15$ 即为小 R 获得的分数。

输入输出样例 2 说明

由于样例中 7 7 7 个格子组合的最大可能数字之和只有 18 18 18，所以无论如何都无法获得 20 20 20 分。

数据规模与约定

本题共 10 组测试数据，每组数据等分。

对于全部的数据满足 1 ≤ n ≤ 5 × 1 0 5 1 \le n \le 5\times10^5 1≤n≤5×105， 1 ≤ d ≤ 2 × 1 0 3 1 \le d \le2\times10^3 1≤d≤2×103， 1 ≤ x i , k ≤ 1 0 9 1 \le x_i, k \le 10^9 1≤xi,k≤109， ∣ s i ∣ < 1 0 5 |s_i| < 10^5 ∣si∣<105。

对于第 1 , 2 1, 2 1,2 组测试数据，保证 n ≤ 10 n\le 10 n≤10。

对于第 3 , 4 , 5 3, 4, 5 3,4,5 组测试数据，保证 n ≤ 500 n \le 500 n≤500。

对于第 6 , 7 , 8 6, 7, 8 6,7,8 组测试数据，保证 d = 1 d = 1 d=1。

浅浅地分析下？

n ≤ 10 n \le 10 n≤10

首先，如果是我去考试,这是第四题啊！这说明这什么，这题是提高组难度的！
于是乎，我会去骗分
我一看，那个 − 1 -1 −1的应该是最好骗的吧，直接把所有正数加起来，如果小于 k k k,那就输出 − 1 -1 −1咯
我的眼睛渐渐地移到了 n ≤ 10 n \le 10 n≤10上，贪婪的目光似要把这 10 10 10分硬生生的拿chi 下diao
我的念头从正数移到了……暴搜上！
枚举所有可能的答案，在判断这个方案是否能达到 k k k,是就输出啦
那个……怎么判断这个方案怎么达到 k k k?
爆枚呗！每个点最多有 n n n个决策，一一枚举再记忆化一下应该可以拿下这10分吧？（我没试过）

n ≤ 500 n \le 500 n≤500

刚刚我们在分析枚举所有可能的答案时，我们是 f o r for for循环一个一个的枚举
有没有更优的枚举方法？
有！因为这一段格子是连续的，我们很容易想到了二分答案！
定义两个指针， l l l和 r r r
m i d = ( l + r ) / 2 = ( l + r ) > > 1 mid=(l+r)/2=(l+r)>>1 mid=(l+r)/2=(l+r)>>1
如果这个答案可以行( c h e c k ( ) check() check()函数)，由于题目要求的是最小，所以答案可能在左边， r = m i d r=mid r=mid,否则答案在右边 l = m i d + 1 l=mid+1 l=mid+1
这里为什么是 r = m i d r=mid r=mid而不是 r = m i d − 1 r=mid-1 r=mid−1? 因为我们输出的是 r r r
现在的重点是怎么写 c h e c k ( ) check() check()函数？
我们刚刚的思路是暴力枚举，再思考一下？
线性的？每个点最多有n个决策？达到 k k k?这怎么看都想动态规划啊
于是我们来设计状态， d p i dp_i dpi表示跳到了第 i i i个格子所得到的最大分数

d p i = m a x ( d p j + a [ i ] . v a l u e , d p i ) ( m i n n ≤ a [ i ] . p o s − a [ j ] . p o s ≤ m a x x ) dp_i=max(dp_j+a[i].value,dp_i)(minn \le a[i].pos-a[j].pos \le maxx) dpi=max(dpj+a[i].value,dpi)(minn≤a[i].pos−a[j].pos≤maxx)

这里，就有同学有疑问了(应该只有我)有没有可能往前跳？答案是不可能的
想想，如果有三个点从前到后分别是 1 , 2 , 3 1,2,3 1,2,3号，往前跳指的是从 1 1 1跳到 3 3 3，然后跳到 2 2 2,那为何不直接一次跳过去呢？所以只需要往后转移
时间复杂度为 O ( n 2 l o g 2 M A X ( x i ) ) O(n^2log_2MAX(x_i)) O(n2log2MAX(xi))

这样就可以过 n ≤ 500 n \le 500 n≤500的点了

C o d e Code Code

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define INF 1e9
struct node{int pos=0,value=0;
}a[500005];
int n,d,k;
int dp[500005];
bool check(int minn,int maxx){dp[0]=0LL;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i]=-INF;for(int j=0;j<i;j++)if(a[i].pos-a[j].pos>=minn&&a[i].pos-a[j].pos<=maxx)dp[i]=max(dp[i],dp[j]+a[i].value);if(dp[i]>=k) return true;}return false;
}
int main()
{cin>>n>>d>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].pos>>a[i].value;int l=0,r=INF;while(l<r){int mid=(l+r)>>1;if(check(max(1,d-mid),d+mid)) r=mid;else l=mid+1;}cout<<(r==INF?-1:r);return 0;}

n ≤ 5 ∗ 1 0 5 n \le 5*10^5 n≤5∗105

我们考虑在50分的做法上继续优化
我们看这个复杂度 O ( n 2 l o g 2 M A X ( x i ) ) O(n^2log_2MAX(x_i)) O(n2log2MAX(xi))，最大的麻烦是什么？
那肯定是 n 2 n^2 n2啊，有没有办法把 n 2 n^2 n2优化成 n l o g 2 n nlog_2n nlog2n或 n n n呢？
我们观察 c h e c k ( ) check() check()函数，发现 d p dp dp的转移都是在它之前满足条件的，动态变化的，很自然的想到了单调队列
所以我们只需要维护 d e q u e deque deque就行了
怎么维护呢？
定义一个指针 n o w now now,让他指向第一个可行的点

while(a[i].pos-a[now].pos>maxx&&now<i) now++;

然后扫一遍可行的区间

while(a[i].pos-a[now].pos<=maxx&&a[i].pos-a[now].pos>=minn&&now<i){

更新一下这个点，讲不可行的点从队尾弹出，不可行包括比 d p n o w dp_{now} dpnow小或者超出了区间

while(!q.empty()&&(dp[q.back()]<=dp[now]||a[i].pos-a[q.back()].pos>maxx)) q.pop_back();

将新的点从队尾 p u s h push push,同时，指针枚举下一个点

q.push_back(now),now++;

最后在 w h i l e while while外，将队首不可行的方案弹出

while(!q.empty()&&a[i].pos-a[q.front()].pos>maxx) q.pop_front();

最后判断和转移

if(!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+a[i].value;
if(dp[i]>=k) return true;

注意， n o w now now千万不要重新赋值，这样才能保证每个点进出一遍
时间复杂度为 O ( n l o g 2 M A X ( x i ) ) O(nlog_2MAX(x_i)) O(nlog2MAX(xi))
记得开 l o n g l o n g long\quad long longlong哦，然后你就可以 A C AC AC啦

C o d e Code Code

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define INF 1e18
typedef long long ll;
struct node{ll pos=0,value=0;
}a[500005];
ll n,d,k;
ll dp[500005];
bool check(ll minn,ll maxx){for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=-INF;dp[0]=0LL;deque<int> q;int now=0;for(ll i=1;i<=n;i++){while(a[i].pos-a[now].pos>maxx&&now<i) now++;while(a[i].pos-a[now].pos<=maxx&&a[i].pos-a[now].pos>=minn&&now<i){while(!q.empty()&&(dp[q.back()]<=dp[now]||a[i].pos-a[q.back()].pos>maxx)) q.pop_back(); q.push_back(now);now++;}while(!q.empty()&&a[i].pos-a[q.front()].pos>maxx) q.pop_front();if(!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+a[i].value;if(dp[i]>=k) return true;}return false;
}
int main()
{cin>>n>>d>>k;for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].pos>>a[i].value;ll l=1,r=a[n].pos;while(l<r){ll mid=(l+r)>>1;if(check(max((long long)1,d-mid),d+mid)) r=mid;else l=mid+1; }cout<<(r==INF?-1:r);return 0;}