\(\color{red}{\mathcal{Description}}\)
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 RR 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 RR 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
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。
\(\color{red}{\mathcal{Input\ Format}}\)
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 \(x_i\),\(s_i\),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。
\(\color{red}{\mathcal{Output\ Format}}\)
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 \(-1\) 。
\(\color{red}{\mathcal{DataSize\ Agreement}}\)
对于全部的数据满足 \(1 ≤ n ≤ 500000\), \(1 ≤ d ≤2000\), \(1 ≤ x_i, k ≤ 10^9\), \(|s_i| < 10^5\)
\(\color{red}{\mathcal{Solution}}\)
对于输出 \(-1\) 的情况，就是所有分数为正数的格子加起来都不能达到 \(k\) 分
此题的考点就在于选手对二分答案，以及单调队列优化 \(dp\) 的掌握，二分答案不难想到，在 \(check\) 时用线性 \(dp\)，但是这么做只有 \(50\) 分
在设计状态时，令 \(dp[i]\) 表示到第 \(i\) 个格子时能获得的最大分数，则有转移方程如下：
\[dp[i]=max\{dp[j]\}+w[i]\ \ \ \ \ \ (1 \leq i \leq N, pos[i]-maxd\leq j \leq pos[i]-mind)\]
发现只需要转移区间 \([pos[i]-maxd,pos[i]-mind]\) 内 \(dp[j]\) 的最大值即可，所以考虑用单调队列维护此区间内 \(dp[j]\) 的最大值
代码实现不是特别复杂，注意开 \(long\ long\)，以及判断格子能否到达的操作
\(\color{red}{\mathcal{Code}}\)
#include
#define LL long long
#define reg register
using namespace std;
const int kN = 5e5 + 10;
const LL inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
LL dp[kN];
int x[kN], w[kN];
int N, D, K, Ans = -1;
deque< LL > q;
bool ok(int g) {
if (!q.empty()) q.clear();
for (reg int i = 0; i <= N; ++i)
dp[i] = -inf;
int mind = max(1, D - g), maxd = D + g;
int las = 0;
dp[0] = 0LL;
for (reg int i = 1; i <= N; ++i) {
while (x[las] < x[i] - maxd) las++;
while (x[las] <= x[i] - mind && x[las] >= x[i] - maxd && las < i) {
while (!q.empty() && dp[las] >= dp[q.back()]) q.pop_back();
q.push_back(las++);
}
while (!q.empty() && x[q.front()] < x[i] - maxd) q.pop_front();
if (!q.empty())dp[i] = dp[q.front()] + w[i];
if (dp[i] >= K) return true;
}
return false;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &N, &D, &K);
LL ck = 0;
for (reg int i = 1; i <= N; ++i)
scanf("%d%d", &x[i], &w[i]), ck += (w[i] < 0 ? 0 : w[i]);
if (ck < K) return puts("-1"), 0;
int lb = 0, rb = x[N], Mid;
while (lb <= rb) {
Mid = (lb + rb) >> 1;
if (ok(Mid)) Ans = Mid, rb = Mid - 1;
else lb = Mid + 1;
}
printf("%d\n", Ans);
return 0;
} \(\color{red}{\mathcal{Source}}\)
\(NOIp\ 2017\ PJ\ T4\)