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 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。
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。
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)。
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
说明/提示
输入输出样例(1)说明
(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 le n le 500000, 1 le d le 2000, 1 le x_i, k le 10^9, |s_i| lt 10^5)。
对于第(1,2)组测试数据,(n le 10)；
对于第(3,4,5)组测试数据,(n le 500)
对于第(6,7,8)组测试数据,(d=1)
题解
题意：有(n)个格子，在你右边不同距离处，每个格子都有一个(value)，当你付了(g)个金币后，对于给定的(d)，你每次都可以跳到你右边距离你(in [max(d-g),d+g])的格子上，每跳到一个格子上都会得到这个格子上的(value)，可以随时结束，求(value)之和大于等于给定的(k)时(g)最小为多少。
看题目这应该是一道二分答案的题目，那么我们接下来的问题就是判断付了(g)个金币后达到的最大分数能否达到(k)，那么我们可以用dp，(dp[i])表示到第(i)个格子最大可以获得的分数。
那么转移方程就很简单了：
(dp[i]=max(dp[k])+s[i]),满足(x_k in [x_i-d+g,x_i-d-g])
但是这样的话时间复杂度就是(O(n^2logx)),显然会T。
因为题目输入的时候(x_i)是递增的（虽然不递增的话自己排个序问题也不大），所以计算(dp)的时候([x_i-d+g,x_i-d-g])这个区间也是单调递增的，那么我们显然可以用单调队列优化一下，那么时间复杂度就变成了(O(nlogx))。
上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,d;
long long k;
struct aa{
int x;
long long s;
}a[500009];
int ans;
long long dp[500009];
bool kk[500009];//表示这个格子是否能被走到
bool pd(int md){
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(kk,0,sizeof(kk));
int l=0,r=-1;
int mx=-1;
for(int j=1;j<=n;j++){
while(a[l].x+d+md<a[j].x) l++;
r=max(r,l-1);
if(mx<l){//如果max已经不在区间了，就重新比较
mx=-1;
for(int i=l;i<=r;i++)
if(!kk[i] && (mx==-1 || dp[i]>=dp[mx])) mx=i;
}
while(a[r+1].x+max(1,d-md)<=a[j].x){
r++;
if(!kk[r] && (mx==-1 || dp[r]>=dp[mx])) mx=r;//区间右边界扩大时更新max
}
if(mx!=-1) dp[j]=dp[mx]+a[j].s;
else kk[j]=1;
if(mx!=-1 && dp[j]>=k) return 1;
}
return 0;
}
long long amx;
int main(){
scanf("%d%d%lld",&n,&d,&k);
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%d%lld",&a[j].x,&a[j].s);
amx+=max(a[j].s,(long long)0);
}
if(amx<k) {printf("-1");return 0;}
int l=0,r=max(a[n].x-d,d-1);
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(pd(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}