洛谷P3957 跳房子（玩转单调队列）

传送门：跳房子

一、题目描述

 

二、解题思路

1）分析题目

 题意：机器人开始时在0的位置，总共有k个格子，每个格子的分数为，每个格子与原点的距离为

当花费g个金币后，机器人能跳的距离为，也就是说机器人跳的最短距离不为0，最短为d-g或1，要我们求花最少的金币g到达至少k分。

我们知道当g个金币能得到的分数，那g＋1，g+2，······都能得到，因为当金币花费大时，能选的格子数就越多，得分可能就越多。

那我们怎样求这个最小金币的花费值g呢？

2）制定算法

显然我们可以用动态规划解题，第i个格子的最大分数有，状态转移为第个格子的最大得分等于第个格子的最大得分加上第个格子的得分。当然在限定距离下可能跳不到第个格子，所以要注意判断条件。如果这样做，那我们的时间复杂度就为.。

因为这个可转移的状态是可以递推的，也就是说假设有一个状态先无法转移到，且状态在后面，那状态就一定不能转移到状态。这里的状态指的是第几个点，也就是第几个位置。

那么根据这个性质我们就可以考虑用单调队列来优化。

那我们要维护的区间就是

  代表在第j个格子里能跳的距离。

其涵义为：在第j个格子能跳的最短距离和最大距离的之间的所有格子，让这些点加入到队列中，同时让此时的更新为，即如果能跳到这个格子，且我要跳到这个格子，我当然得从之前得分最大的格子跳过来，以此类推后面每个格子都是最大得分。同时我们也要维护队列的单调性，维护队首为最大值，并保证队首在区间内，如果不在区间，则表示队首已经不能跳到后面的格子需要将队首弹出。

代码：当花g个金币时能不能获得至少k分有：

bool check(int g){
	int pos=0,front=1,rear=0,l=max((long long)1,d-g),r=d+g;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	/*如果当前位置加上可以跳的最短距离大于下一个点， 
	代表不可能跳到下一个点,反之则可能跳到下一个点  */ 
		while(x[pos]+l<=x[i]){	//当找到一个可能跳上去的点 
		//维护单调递减队列使得队首为最大值 
		while(front<=rear&&f[que[rear]]=k)return true;//当前的g能拿到至少要的分数 
	}
	return false; 		// 当前的g不能拿到至少要的分数 
}

3）过程演示：

当输入为如下是 ,即n=7,d=4,k=10    测试g=2的情况   能跳的距离为 

7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2

		队列
2	6	0	1	0	6
5	-3	6	2	1	6-3=3
10	3	3	3	2	3+3=6
11	-3	6  3	4	3	3+-(3)=0
13	1	6 3 1	5	4	6+1=7
17	6	7	6	5	7+6=13
20	2

 当然这个函数只能判断当金币为g时能不能得到至少k分，所以我们要找到这个g就要分治，如果花费g金币能获得k分，那么花更多金币就一定能获得至少k分，那我们就往小的方向找，,否则如果花g金币不能得到这个分数，那我们必须花更多金币，也就往方向找，直到找到花费金币数量最小的g。

此时我们的时间花费为。

三、源代码

#include
using namespace std;
long long n,d,k,que[5000005],f[5000005],x[5000005],s[5000005];
bool check(int g){
	int pos=0,front=1,rear=0,l=max((long long)1,d-g),r=d+g;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	/*如果当前位置加上可以跳的最短距离大于下一个点， 
	代表不可能跳到下一个点,反之则可能跳到下一个点  */ 
		while(x[pos]+l<=x[i]){	//当找到一个可能跳上去的点 
		//维护单调递减队列使得队首为最大值 
		while(front<=rear&&f[que[rear]]=k)return true;//当前的g能拿到至少要的分数 
	}
	return false; 		// 当前的g不能拿到至少要的分数 
}
int main(){
	 cin>>n>>d>>k;
	 for(int i=1;i<=n;i++)
	 cin>>x[i]>>s[i];
	 int L=1,R=x[n],mid,ans;
	 while(L

附上结果：