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 $1$ 。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 $g geq d$ 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 $x_i,s_i$ ，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 $x_i$ 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 $-1$ 。
Hint
(For~all:)
(1~leq~n~leq~500000~,~1~leq~d~leq~2000~,~1~leq~x_i,k~leq~10^9~,~|s_i|~leq~10^5)
Solution
这显然是个满足单调性的问题，于是考虑二分解决。
二分一个答案(x)，那么即求出花费(x)的金币以后能得到的最大分数。考虑DP一波。
设(f_i)为跳到第(i)个格子的答案。从前面枚举上一个位置转移，时间复杂度(O(n^2logn))，期望得分(50pts)。
考虑每一个(i)的转移都是从同样长的区间转移来的，并且左端点单调不降。于是考虑使用单调队列优化DP，时间复杂度将至(O(nlogn))，期望得分(100pts)。
需要注意的是，在单调队列入队时，只能检查右端点是否符合要求，而不能检查左端点是否符合要求。检查左端点符合要求必须严格交给出队时检查，否则会导致入队指针卡在一个位置。
即：在入队时写成
while((pos < i) && ((MU[i].s-MU[pos].s) >= downfloor) && ((MU[i].s-MU[pos].s) <= upceil))
是不对的，因为最后一个条件检查了左端点是否符合要求。
而
while((pos < i) && ((MU[i].s-MU[pos].s) >= downfloor))
才是正确的写法。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long
typedef long long ll;
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch=getchar(),lst=' ';
while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if(lst == '-') x=-x;
}
namespace IO {
char buf[120];
}
template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x < 0) {x=-x,putchar('-');}
rg int top=0;
do {IO::buf[++top]=x%10+'0';} while(x/=10);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template <typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}
template <typename T>
inline void mswap(T &_a,T &_b) {
T _temp=_a;_a=_b;_b=_temp;
}
const int maxn = 500010;
int n,d,k,front,end;
int que[maxn];
ll frog[maxn];
struct M {
int s,v;
};
M MU[maxn];
bool check(int x);
signed main() {
qr(n);qr(d);qr(k);
for(rg int i=1;i<=n;++i) {
qr(MU[i].s);qr(MU[i].v);
}
int r=100001,l=0,ans=-1,mid;
while(l <= r) {
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
qw(ans,'
',true);
return 0;
}
bool check(ci x) {
memset(frog,0,sizeof frog);
que[front=end=1]=0;
rg int upceil = d+x,downfloor=mmax(1,d-x);
rg int pos=1;
for(rg int i=1;i<=n;++i) {
while((pos < i) && ((MU[i].s-MU[pos].s) >= downfloor)) {
while((front <= end) && (frog[que[end]] <= frog[pos])) --end;
que[++end]=pos++;
}
while((front <= end) && (((MU[i].s-MU[que[front]].s) > upceil))) ++front;
frog[i]=-1ll<<60;
if(front > end) continue;
if(MU[i].s-MU[que[front]].s < downfloor) continue;
frog[i]=frog[que[front]]+MU[i].v;
if(frog[i] >= k) return true;
}
return false;
}
Summary
在单调队列入队时只能检查右端点，出队时只能检查左端点。