题解：[NOIP 2017 普及组] 跳房子

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题意分析

首先，花费的金币越多，灵活性越高，能够获得的分数也就越高。

因此，能够获得的分数是具有单调性的，考虑二分答案。

判断花费 \(g\) 金币时能够获得的最高分数，考虑 DP。

设 \(dp_i\) 为跳到第 \(i\) 个格子时的最高分数。

则有：

\[dp_i=s_i+\max_{x_i-d-g\leq x_j\leq x_i+\max(1,d-g)} dp_j \]

特别地，若 \(j\) 不存在，则代表 \(i\) 不能够被跳到，设此时其最高分数为 \(-\infty\)。

这显然是一个 \(\mathcal O\left(n^2\right)\) 的 DP，考虑到 \(n\leq5\times10^5\)，会 \(\text{TLE}\)。

但是注意到 \(j\) 的取值是一段区间 \([l,r]\)，且 \(l,r\) 会随 \(i\) 增加而增加，即 \(l,r\) 具有单调性。

因此可以使用单调队列优化 DP。

即维护一个“滑动窗口”，队列内单调递减，且队首维护为合法的最大 \(dp_j\) 的 \(j\)。

需要注意的是，会存在这样一种情况：在 \(i-1\) 时 \(p\) 没有入过队，\(p\) 在滑动窗口和 \(i-1\) 之间；而在 \(i\) 时，滑动窗口跑到了 \(p\) 的右边，\(p\) 就被“跳过了”。

此时 \(p\) 仍然需要入队，即使不久就会被弹出。因为这样才能让 \(p+1,p+2,p+3,\cdots\) 有可能入队，否则指针 \(p\) 就停留在那里不动了，永远不会入队。

AC 代码

时间复杂度：\(\mathcal O\left(n\log V\right)\)，其中 \(V\) 为答案的值域，有 \(V=\max(d,x_n)\leq10^9\)。

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr const int N=5e5,S=1e5;
struct grid{
	int x,s;
}a[N+1];
int n,d,k;
bool noAns(){
	ll sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i].s>0){
			sum+=a[i].s;
		}
	}
	return sum<k;
}
//跳到i时的最大分数 
ll dp[N+1];
bool check(int g){
	fill(dp+1,dp+n+1,-1ll*N*S-1);
	deque<int>q;
	q.push_back(0);
	for(int i=1,p=0;i<=n;i++){
		while(a[p].x<=a[i].x-max(1,d-g)){
			while(q.size()&&dp[q.back()]<=dp[p]){
				q.pop_back();
			}
			q.push_back(p++);
		}
		while(q.size()&&(a[q.front()].x<a[i].x-d-g||a[i].x-max(1,d-g)<a[q.front()].x)){
			q.pop_front();
		}
		if(q.size()){
			dp[i]=dp[q.front()]+a[i].s;
			if(dp[i]>=k){
				return true;
			}
		}
		/*for(int j=0;j<i;j++){
			if(a[i].x-d-g<=a[j].x&&a[j].x<=a[i].x-max(1,d-g)){
				dp[i]=max(dp[i],dp[j]);
			}
		}
		dp[i]+=a[i].s;
		*/
	}
	return false;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>n>>d>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].x>>a[i].s;
	}
	if(noAns()){
		cout<<-1<<'\n';
	}else{
		int l=0,r=max(a[n].x,d);
		while(l<r){
			int mid=l+r>>1;
			if(check(mid)){
				r=mid;
			}else{
				l=mid+1;
			}
		}
		cout<<r<<'\n';
	}
	
	cout.flush();
	 
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}