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 ， 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 。
输入输出样例###
输入样例#1：
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#1：
2
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。
样例 2输入:
7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
样例2输出:
-1
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。
解题思路###
通过对问题进行分析，发现“花的钱越多跳到范围越广，更容易满足条件”，显然答案有单调性，所以二分答案。
二分花多少钱，检验能否拿到k分，考虑怎么Check？
答案的check可以DP，因为从左往右跳跃的过程是线性的。
看出来这应该是一个二分答案验证的套路，我们二分花费金币的数量，通过这个值确定跳跃的长度范围，可以用这样的DP来计算到每个位置为终点的最大路径和。
f[i]表示跳前i个格子，且停在第i个格子最大分数；
num[i]表示第i个格子的分数。
于是：$ f[i]=max{ f[j] | 从j可以跳到i} + num[i] $
这样就可以判断答案的合法性了，有这么简单，它不会这么简单，算一下时间复杂度：(Θ(logN * N^2))
实现代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 500005
#define ll long long
int n,d,sco;
ll s[N],f[N],dis[N];
int pd(int g) {
int lpos=d-g; //跳的最短距离
int rpos=d+g; //跳的最长距离
if(lpos<=0) lpos = 1;
memset(f,-127,sizeof(f));//设为很小的负数
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(int j=i-1;j>=0;j--) {
if(dis[i]-dis[j]<lpos) continue;
if(dis[i]-dis[j]>rpos) break;
f[i]=max(f[i],f[j]+s[i]);
if(f[i]>=sco) return 1;
}
}
return 0;
}
ll Bsearch() {
ll l=0,r=dis[n]+1,mid,ans=-1; // 不一定非得一个一个跳，那样可能会到不了sco
while(l<r) {
mid=(l+r)>>1;
if(pd(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
return r;
}
int main()
{
cin>>n>>d>>sco;
ll sum=0;
for(ll i=1;i<=n;++i) {
cin>>dis[i]>>s[i];
if(s[i]>0) sum+=s[i];
}
if(sum>=sco) printf("%lld
",Bsearch());
else printf("-1
");
return 0;
}
因此，要考虑优化Check中的DP……
发现转移式中的f[j]是随i的右移而右移的，即：如果每次都枚举，会重复枚举很多个f[j]，如果可以把这些f[j]保存下来就好了。
由于跳跃范围是定长区间，我们想到了滑动窗口，显然可以用单调队列来维护定长区间最大值，从而完成的O(1)转移。
单调队列是一个双向队列（deque），即两头都可以push或者pop等。
怎么优化呢？假设此时队列里面已经有了f[i−1]所枚举过的f[j]，要得到f[i]所对应的max(f[j])，只需要把新加入的加入，不符合条件的扔出去即可。
发现，对于格子j，如果j到i的距离已经大于了机器人能跳的最大距离，它就可以扔掉了，因为i是一直往右走的。
对于格子j，如果j到i的距离大于等于机器人能跳的最小距离，显然f[j]是可以入队的，但是在把f[j]放进去之前要和队列最后面的元素f[k]比较，如果f[k]<f[j]，f[k]就可以直接pop掉了。
于是，这个队列中的元素一定是下降的（注意不是优先队列，优先队列是一个堆），使用时直接取front即可。
事实上，在单调队列中存下标即可，实现时可以直接用STL中的deque（双向队列）。
实现代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 500050
int pos[MAXN+5],num[MAXN+5];
int N,D,K;
int f[MAXN+5];
bool dp_check(int g)
{
deque<int> Q;
memset(f,0,sizeof f);
int Lg=max(1,D-g),Rg=D+g;
int Now=0; //Now为当前新加入Q的格子
for(int i=1;i<=N;i++)
{
while(pos[Now]+Lg<=pos[i])
{
while(!Q.empty()&&f[Q.back()]<=f[Now]) //!Q.empty要写在前面，否则Q.back()报错
Q.pop_back();
Q.push_back(Now++); //不一定只放一个
}
while(!Q.empty()&&pos[Q.front()]+Rg<pos[i])//把队列前面不需要的pop掉
Q.pop_front();
if(!Q.empty()) f[i]=f[Q.front()]+num[i]; //直接取出最前面的最大值进行转移
else f[i]=-0x3f3f3f3f; //否则队列为空，表示到不了这个格子
if(f[i]>=K) return 1; //往右递推时随时都有可能>=K，而不是只在循环完后再比较f[N]与K的大小
}
return 0;
}
int main()
{
cin>>N>>D>>K;
long long sum=0;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
cin>>pos[i]>>num[i];
if(num[i]>0) sum+=num[i];
}
if(sum<K)
{
printf("-1
");
return 0;
}
int left=0,right=pos[N];//注意答案的最大值是 pos[N]，而不是N！！
while(left<right)
{
int mid=(left+right)>>1;
if(dp_check(mid)) right=mid;
else left=mid+1;//mid不符合条件，left右移是 mid+1
}
printf("%d
",right);
return 0;
}