跳房子
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 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 1 。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。
输入输出格式
输入格式：
第一行三个正整数 n ， d ，kk ，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。
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 分，输出 −1 。
输入输出样例
说明
【输入输出样例 1 说明】
花费 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， 对应 1, 2, 3, 5, 6, 7 这 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 个格子组合的最大可能数字之和只有 18 ，无论如何都无法获得 20 分
数据规模与约定
本题共 10 组测试数据，每组数据 10 分。
对于全部的数据满足1≤n≤500000,1≤d≤2000,1≤x_i,k≤10^9,∣si∣<10^5 。
对于第 1， 2 组测试数据， n ≤ 10；
对于第 3， 4， 5 组测试数据， n ≤ 500
对于第 6， 7， 8 组测试数据， d = 1
分析：今天考试的时候遇到的题，考的时候没想到二分答案（因为平常不怎么刷二分答案的题，而且都忘的差不多了），所以基本弃疗。
然后Frozen_Heart讲了一下这道题，又在网上看了一下大佬们的博客，然后就A了。用二分答案二分需要的金钱（也就是改变的灵活度），然后判断是否符合条件。判断函数中用DP，依次遍历每一个点，再遍历该点可以由那些点转移过来，方程为dp[i]=max(dp[i],d[j]+a[i].v)，然后再记录最大的dp[i]返回即可。但是这样就是O(n^2)的复杂度，肯定还要优化，那么就是用单调队列优化了。当然单调队列优化这东西蒟蒻现在也不是太明白，也是跟着大佬的思路来做的，也不太好解释，那么就直接上代码吧。
Code：
#include<bits/stdc++.h> #define Fi(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define Fx(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) using namespace std; typedef long long ll; const int N=5e5+7; int n,d,k,ans=-1,L,R,q[N];ll sum,dp[N]; struct Node{int dis,v;}a[N]; inline int read() { char ch=getchar();int num=0;bool flag=false; while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')flag=true;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){num=num*10+ch-'0';ch=getchar();} return flag?-num:num; } void ready() { n=read();d=read();k=read(); Fi(i,1,n){a[i].dis=read();a[i].v=read(); if(a[i].v>0)sum+=a[i].v;} L=0;R=a[n].dis; } inline ll check(int x,int y) { memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0]=0; int head=1,tail=0,j=0;ll ret=-1; memset(q,0,sizeof(q)); Fi(i,1,n){ while(a[i].dis-a[j].dis>=x&&j<i){ if(dp[j]!=-1){ while(head<=tail&&dp[q[tail]]<=dp[j])tail--; q[++tail]=j;}j++;} while(head<=tail&&a[i].dis-a[q[head]].dis>y)head++; if(head<=tail)dp[i]=dp[q[head]]+a[i].v;} Fi(i,1,n)ret=max(ret,dp[i]);return ret; } int main() { ready();if(sum<k){cout<<ans<<" ";return 0;} while(L<=R){int mid=(L+R)>>1; if(check(max(1,d-mid),d+mid)<k)L=mid+1; else ans=mid,R=mid-1;} cout<<ans<<" ";return 0; }