P3957 [NOIP2017 普及组] 跳房子

[NOIP2017 普及组] 跳房子

题目背景

NOIP2017 普及组 T4

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 $d-g,d-g+1,d-g+2,\dots ,d+g-1,d+g$；否则当 $g\ge d$ 时，他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 $1,2,3,\dots ,d+g-1,d+g$。

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 #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 #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

提示

输入输出样例 1 说明

花费 $2$ 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 $18$，所以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，每组数据等分。

对于全部的数据满足$1\le n\le 5\times 10^5$，$1\le d\le 2\times 10^3$，$1\le x_i,k\le 10^9$，$|s_i|<10^5$。

对于第 $1,2$ 组测试数据，保证 $n\le 10$。

对于第 $3,4,5$ 组测试数据，保证 $n\le 500$。

对于第 $6,7,8$ 组测试数据，保证 $d=1$。

分步分析

二分？

我们可以看到，我们应输出g，假设$g_1$为正确答案，即$g=g_1$,可以取最大值,那么$g_1+1$也可以取最大值，故对g可以二分答案，检查是否有k分即可

检查？

我们很容易得到一下程序

void solve(){
	int l=0,r=dis[n],ans=-1;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<ans;
}

关键是怎么检查答案？
我们设dp[i]是以第i个点结束的最大值，我们发现具有无后效性，可以dp，我们求出二分出的g给定的跳跃区间，进行dp即可

bool check(int g){
	int l=0,r=0;
	int ming=max(1,d-g),maxg=d+g;
	dp[0]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=-1e6;
		while (r<=n and dis[i]-dis[r]>=ming) r++;
		while(l<=n and dis[i]-dis[l]>maxg) l++;
		for (int j=l;j<r;j++) dp[i]=max(dp[i],dp[j]);
		dp[i]+=score[i];
		if (dp[i]>=k) return true;
	}
	return false;
}

效率O(${\text{n}}^2$)，不是很好
我们发现，由于所有的dp值均来自于[l,r)，故可以进行单调队列优化。(见代码)

代码

#include
using namespace std;
const int M=1e6;
#define int long long
int dis[M],score[M],dp[M];
int n,d,k;
deque<int> q;
bool check(int g){
	q.clear();
	int ming=max(1ll,d-g),maxg=d+g;
	for (int i=0;i<=n;i++) dp[i]=-1e18;
	dp[0]=0;
	int las=0;	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ld=dis[i]-maxg,rd=dis[i]-ming;
		
		while(dis[las]<ld) las++;
		while(ld<=dis[las] and dis[las]<=rd and las<i){
			while(!q.empty() and dp[q.back()]<=dp[las])
				q.pop_back();
			q.push_back(las++);
		}
	
		while(!q.empty() and(dis[q.front()]<ld)) q.pop_front();
		if (!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+score[i];
		if (dp[i]>=k) return 1;
	}
	return false;
}
void read(){
	cin>>n>>d>>k;
	for (int i=1;i<=n;i++) cin>>dis[i]>>score[i];
}
void solve(){
	int l=0,r=dis[n],ans=-1;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<ans;
}
signed main(){
	read();
	solve();
	return 0;	
}

分析

只看check：

bool check(int g){
	q.clear();
	int ming=max(1ll,d-g),maxg=d+g;
	for (int i=0;i<=n;i++) dp[i]=-1e18;
	dp[0]=0;
	int las=0;	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ld=dis[i]-maxg,rd=dis[i]-ming;
		
		while(dis[las]<ld) las++;
		while(ld<=dis[las] and dis[las]<=rd and las<i){
			while(!q.empty() and dp[q.back()]<=dp[las])
				q.pop_back();
			q.push_back(las++);
		}
	
		while(!q.empty() and(dis[q.front()]<ld)) q.pop_front();
		if (!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+score[i];
		if (dp[i]>=k) return 1;
	}
	return false;
}

ming与maxg是所能移动距离的区间[ming,maxg]，而ld，rd是到达能到达i点的区间[ld,rd]
先选取第一个符合条件的点las，即$dis[las]\in [ld,rd]$，后每个点都尝试加入，再选点时，需要出队不符合条件的元素