【题解】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。

 

输入格式

　　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。

输入样例

7 4 10

2 6

5 -3

10 3

11 -3

13 1

17 6

20 2

输出样例

2

 

数据规模

　　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≤xi，k≤10^9，|si|≤10^5。

题解

　　我们设$dp[i]$为机器人跳到第$i$个格子获得的最大总分。容易得到：　

　　$$dp[i] = underset {j < i, x[i] - d - g leqslant x[j] leqslant x[i] - d + g} {max} { dp[j] } + s[i]$$

　　如果再用朴素方法枚举$g$的话，时间复杂度就是$O(n^{3})$，完美TLE。

　　显然上面的式子是可以用单调队列优化的，这样就降到了$O(n^{2})$，但还是TLE。

　　显然dp上已经不能优化了。那$g$怎么枚举呢？

　　其实，当$g = a$时，如果$dp[i] geqslant k$有解，那么$g > a$时，$dp[i] geqslant k$也一定有解，那我们就可以用二分答案来优化枚举$g$的过程。这样就可以把时间复杂度降到$O(n log n)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <deque>

#define MAX_N (500000 + 5)
#define abs(x) ((x) >= 0 ? (x) : -(x))

using namespace std; 

int n, d, k;
int x[MAX_N], s[MAX_N];
int dp[MAX_N];
bool f[MAX_N];
deque <int> q;
int ans = -1;

bool Check(int g)
{
    memset(f, 0, sizeof f);
    memset(dp, -0x7f, sizeof dp);
    dp[0] = 0;
    q.clear();
    int lt = 0;
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        while(!q.empty() && x[q.front()] + d + g < x[i]) q.pop_front();
        while(lt < i && x[lt] + d + g < x[i]) ++lt;
        while(lt < i && x[lt] + d - g <= x[i])
        {
            if(f[lt])
            {
                ++lt;
                continue;
            }
            while(!q.empty() && dp[lt] >= dp[q.back()]) q.pop_back();
            q.push_back(lt++);
        }
        if(q.empty()) f[i] = true;
        else dp[i] = dp[q.front()] + s[i];
        if(dp[i] >= k) return true;
    }
    return false;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &d, &k);
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        scanf("%d%d", x + i, s + i);
    }
    int lt = 0, rt = x[n], mid;
    while(lt <= rt)
    {
        mid = lt + rt >> 1;
        if(Check(mid))
        {
            ans = mid;
            rt = mid - 1;
        }
        else 
        {
            lt = mid + 1;
        }
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}