[NOIP2017 普及组] 跳房子
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
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
样例输出 #1
2
样例 #2
样例输入 #2
7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 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。
分步分析
二分？
我们可以看到，我们应输出g，假设 g 1 g_1 g1为正确答案，即 g = g 1 g=g_1 g=g1,可以取最大值,那么 g 1 + 1 g_1+1 g1+1也可以取最大值，故对g可以二分答案，检查是否有k分即可
检查？
我们很容易得到一下程序
cpp
void solve(){
int l=0,r=dis[n],ans=-1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
cout<<ans;
}关键是怎么检查答案？
我们设dp[i]是以第i个点结束的最大值，我们发现具有无后效性，可以dp，我们求出二分出的g给定的跳跃区间，进行dp即可
cpp
bool check(int g){
int l=0,r=0;
int ming=max(1,d-g),maxg=d+g;
dp[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=-1e6;
while (r<=n and dis[i]-dis[r]>=ming) r++;
while(l<=n and dis[i]-dis[l]>maxg) l++;
for (int j=l;j<r;j++) dp[i]=max(dp[i],dp[j]);
dp[i]+=score[i];
if (dp[i]>=k) return true;
}
return false;
}效率O( n 2 \text{n}^2 n2)，不是很好
我们发现，由于所有的dp值均来自于[l,r)，故可以进行单调队列优化。(见代码)
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e6;
#define int long long
int dis[M],score[M],dp[M];
int n,d,k;
deque<int> q;
bool check(int g){
q.clear();
int ming=max(1ll,d-g),maxg=d+g;
for (int i=0;i<=n;i++) dp[i]=-1e18;
dp[0]=0;
int las=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int ld=dis[i]-maxg,rd=dis[i]-ming;
while(dis[las]<ld) las++;
while(ld<=dis[las] and dis[las]<=rd and las<i){
while(!q.empty() and dp[q.back()]<=dp[las])
q.pop_back();
q.push_back(las++);
}
while(!q.empty() and(dis[q.front()]<ld)) q.pop_front();
if (!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+score[i];
if (dp[i]>=k) return 1;
}
return false;
}
void read(){
cin>>n>>d>>k;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>dis[i]>>score[i];
}
void solve(){
int l=0,r=dis[n],ans=-1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
cout<<ans;
}
signed main(){
read();
solve();
return 0;
}分析
只看check：
cpp
bool check(int g){
q.clear();
int ming=max(1ll,d-g),maxg=d+g;
for (int i=0;i<=n;i++) dp[i]=-1e18;
dp[0]=0;
int las=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int ld=dis[i]-maxg,rd=dis[i]-ming;
while(dis[las]<ld) las++;
while(ld<=dis[las] and dis[las]<=rd and las<i){
while(!q.empty() and dp[q.back()]<=dp[las])
q.pop_back();
q.push_back(las++);
}
while(!q.empty() and(dis[q.front()]<ld)) q.pop_front();
if (!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+score[i];
if (dp[i]>=k) return 1;
}
return false;
}ming与maxg是所能移动距离的区间[ming,maxg]，而ld，rd是到达能到达i点的区间[ld,rd]
先选取第一个符合条件的点las，即 d i s [ l a s ] ∈ [ l d , r d ] dis[las]\in[ld,rd] dis[las]∈[ld,rd]，后每个点都尝试加入，再选点时，需要出队不符合条件的元素