【落谷P3957】跳房子

题目链接

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;
}