[NOIP2017 普及组]跳房子【题解】

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 $d-g,d-g+1,d-g+2,\ldots,d+g-1,d+g$；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 $1,2,3,\ldots,d+g-1,d+g$。

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

样例输出 #1

样例 #2

样例输入 #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$1 \le n \le 5\times10^5$，$1 \le d \le2\times10^3$，$1 \le x_i, k \le 10^9$，$|s_i| < 10^5$。

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 $d = 1$。

浅浅地分析下？

$n \le 10$

首先，如果是我去考试,这是第四题啊！这说明这什么，这题是提高组难度的！
于是乎，我会去骗分
我一看，那个$-1$的应该是最好骗的吧，直接把所有正数加起来，如果小于$k$,那就输出$-1$咯
我的眼睛渐渐地移到了$n \le 10$上，贪婪的目光似要把这$10$分硬生生的拿chi 下diao
我的念头从正数移到了……暴搜上！
枚举所有可能的答案，在判断这个方案是否能达到$k$,是就输出啦
那个……怎么判断这个方案怎么达到$k$?
爆枚呗！每个点最多有$n$个决策，一一枚举再记忆化一下应该可以拿下这10分吧？（我没试过）

$n \le 500$

刚刚我们在分析枚举所有可能的答案时，我们是$for$循环一个一个的枚举
有没有更优的枚举方法？
有！因为这一段格子是连续的，我们很容易想到了二分答案！
定义两个指针，$l$和$r$
\[mid=(l+r)/2=(l+r)>>1
\]
如果这个答案可以行($check()$函数)，由于题目要求的是最小，所以答案可能在左边，$r=mid$,否则答案在右边$l=mid+1$
这里为什么是$r=mid$而不是$r=mid-1$? 因为我们输出的是$r$
现在的重点是怎么写$check()$函数？
我们刚刚的思路是暴力枚举，再思考一下？
线性的？每个点最多有n个决策？达到$k$?这怎么看都想动态规划啊
于是我们来设计状态，$dp_i$表示跳到了第$i$个格子所得到的最大分数

\[dp_i=max(dp_j+a[i].value,dp_i)(minn \le a[i].pos-a[j].pos \le maxx)
\]

这里，就有同学有疑问了(应该只有我)有没有可能往前跳？答案是不可能的
想想，如果有三个点从前到后分别是$1,2,3$号，往前跳指的是从$1$跳到$3$，然后跳到$2$,那为何不直接一次跳过去呢？所以只需要往后转移
时间复杂度为$O(n^2log_2MAX(x_i))$

这样就可以过$n \le 500$的点了

$Code$

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define INF 1e9

struct node{

	int pos=0,value=0;

}a[500005];

int n,d,k;

int dp[500005];

bool check(int minn,int maxx){

	dp[0]=0LL;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		dp[i]=-INF;

		for(int j=0;j<i;j++)

			if(a[i].pos-a[j].pos>=minn&&a[i].pos-a[j].pos<=maxx)

				dp[i]=max(dp[i],dp[j]+a[i].value);

		if(dp[i]>=k) return true;

	}

	return false;

}

int main()

{

	cin>>n>>d>>k;

	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].pos>>a[i].value;

	int l=0,r=INF;

	while(l<r){

		int mid=(l+r)>>1;

		if(check(max(1,d-mid),d+mid)) r=mid;

		else l=mid+1;

	}

	cout<<(r==INF?-1:r);

	return 0;

 }

$n \le 5*10^5$

我们考虑在50分的做法上继续优化
我们看这个复杂度$O(n^2log_2MAX(x_i))$，最大的麻烦是什么？
那肯定是$n^2$啊，有没有办法把$n^2$优化成$nlog_2n$或$n$呢？
我们观察$check()$函数，发现$dp$的转移都是在它之前满足条件的，动态变化的，很自然的想到了单调队列
所以我们只需要维护$deque$就行了
怎么维护呢？
定义一个指针$now$,让他指向第一个可行的点

while(a[i].pos-a[now].pos>maxx&&now<i) now++;

然后扫一遍可行的区间

while(a[i].pos-a[now].pos<=maxx&&a[i].pos-a[now].pos>=minn&&now<i){

更新一下这个点，讲不可行的点从队尾弹出，不可行包括比$dp_{now}$小或者超出了区间

while(!q.empty()&&(dp[q.back()]<=dp[now]||a[i].pos-a[q.back()].pos>maxx)) q.pop_back();

将新的点从队尾$push$,同时，指针枚举下一个点

q.push_back(now),now++;

最后在$while$外，将队首不可行的方案弹出

while(!q.empty()&&a[i].pos-a[q.front()].pos>maxx) q.pop_front();

最后判断和转移

if(!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+a[i].value;

if(dp[i]>=k) return true;

注意，$now$千万不要重新赋值，这样才能保证每个点进出一遍
时间复杂度为$O(nlog_2MAX(x_i))$
记得开$long\quad long$哦，然后你就可以$AC$啦

$Code$

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define INF 1e18

typedef long long ll;

struct node{

	ll pos=0,value=0;

}a[500005];

ll n,d,k;

ll dp[500005];

bool check(ll minn,ll maxx){

	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=-INF;

	dp[0]=0LL;

	deque<int> q;

	int now=0;

	for(ll i=1;i<=n;i++){

		while(a[i].pos-a[now].pos>maxx&&now<i) now++;

		while(a[i].pos-a[now].pos<=maxx&&a[i].pos-a[now].pos>=minn&&now<i){

			while(!q.empty()&&(dp[q.back()]<=dp[now]||a[i].pos-a[q.back()].pos>maxx)) q.pop_back();

			q.push_back(now);

			now++;

		}

		while(!q.empty()&&a[i].pos-a[q.front()].pos>maxx) q.pop_front();

		if(!q.empty()) dp[i]=dp[q.front()]+a[i].value;

		if(dp[i]>=k) return true;

	}

	return false;

}

int main()

{

	cin>>n>>d>>k;

	for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].pos>>a[i].value;

	ll l=1,r=a[n].pos;

	while(l<r){

		ll mid=(l+r)>>1;

		if(check(max((long long)1,d-mid),d+mid)) r=mid;

		else l=mid+1;

	}

	cout<<(r==INF?-1:r);

	return 0;

 }