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
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。
输出
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。
样例输入
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
样例输出
2
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。
提示
1 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ d ≤ 2000, 1 ≤ xi , k ≤ 10^9, |si| < 10^5。
Sol:二分答案出来，然后暴力Dp
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long a[500005],w[500005],f[500005],n,d,k,r,l,ans=-1;
bool cleck(long long mid)
{
memset(f,-127,sizeof(f));
f[0]=0;
long long ans=0,minn=d-mid>0?d-mid:1,maxx=d+mid;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i-1;j>=0;j--)
{
if(a[i]-a[j]>maxx)break;
if(a[i]-a[j]<minn)continue;
if(f[i]<=f[j]+w[i])
f[i]=f[j]+w[i];
}
ans=ans>f[i]?ans:f[i];
if(ans>=k)
return true;
}
return false;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&d,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld",&a[i],&w[i]);
r=r>a[i]-a[i-1]?r:a[i]-a[i-1];
}
r=r>d?r:d;
while(l<=r)
{
long long mid=(r+l)/2;
if(cleck(mid))
{
r=mid-1;
ans=mid;
}
else
l=mid+1;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
Sol2:二分答案出来，然后单调队列维护，其实就是从一段区间中选出一个最大的值。
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxm=500007;
int n,d,k;
struct node
{
int x,z;
}a[maxm];
int ans=-1;
ll dp[maxm];
int q[maxm];
bool check(int x)
{
int maxx,minn;
if(x<d)
minn=d-x;
else minn=1;
maxx=d+x;
memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
int j=0; //j的初值为0
int h=1,t=0;
for(int i=1;i<=n;i++) //准备跳到哪一个点上去
{
for(;a[j].x+minn<=a[i].x;j++)
//j代表可以跳到i点的那些点
{
while(h<=t&&dp[q[t]]<=dp[j])
t--;
//维护一个单调递减的队列
q[++t]=j;
}
while(h<=t&&a[q[h]].x+maxx<a[i].x)
//某些点离i的距离大于maxx时，则不能从其跳到i点了
h++;
if(h<=t)
dp[i]=dp[q[h]]+a[i].z;
if(dp[i]>=k)
return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&d,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].z);
int l=0,r=a[n].x;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))
{
ans=mid;
r=mid-1;
}
else
l=mid+1;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}