NOIP2017普及组★跳房子

题目

跳房子

• (jump.cpp/c/pas)
• 2S
• 10 * 10’
• 传统
• 256MB

【问题描述】

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 ≥ 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】

输入文件名为jump.in。
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xi ,si，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xi按递增顺序输入。

【输出格式】

输出文件名为jump.out。
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。

【输入输出样例1】

jump.in
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
jump.out
2
见选手目录下的jump/jump1.in 和jump/jump1.ans。

【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】

jump.in
7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
jump.out
-1
见选手目录下的jump/jump2.in 和jump/jump2.ans。

【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。

【输入输出样例3】

见选手目录下的jump/jump3.in 和jump/jump3.ans。

【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 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ d ≤
2000, 1 ≤ xi , k ≤ 109, |si| < 105。
对于第1，2 组测试数据，n ≤ 10；
对于第3，4，5 组测试数据，n ≤ 500
对于第6，7，8 组测试数据，d = 1

分析

二分答案

显然答案有单调性，所以二分答案。

有这么简单？显然作为第4题，它不会这么简单：怎么判断答案大了还是小了？

DP

肯定不能贪心，发现它完全可以DP，还是线性的。
f[i]表示跳前i个格子，且停在第i个格子最大分数；
num[i]表示第i个格子的分数。
于是：f[i]=max(f[j] | 从j可以跳到i)+num[i]

这样就可以判断答案的合法性了，有这么简单，它不会这么简单，算一下时间复杂度：Θ(log2NN2)，光是N2就可以让你止步在第5组数据了……

单调队列优化

所以，要优化DP……

发现转移式中的f[j]是随i的右移而右移的，即：如果每次都枚举，会重复枚举很多个f[j]，如果我们把这些f[j]保存下来不就好了吗，所以需要用单调队列。

单调队列是一个双向队列（deque），即两头都可以push或者pop等。
怎么优化呢？假设此时队列里面已经有了f[i−1]所枚举过的f[j]，要得到f[i]所对应的max(f[j])，只需要把新加入的加入，不符合条件的扔出去即可。

发现，对于格子j，如果j到i的距离已经大于了机器人能跳的最大距离，它就可以扔掉了，因为i是一直往右走的。

对于格子j，如果j到i的距离大于等于机器人能跳的最小距离，显然f[j]是可以入队的，但是在把f[j]放进去之前要和队列最后面的元素f[k]比较，如果f[k]<f[j]，f[k]就可以直接pop掉了。

于是，这个队列中的元素一定是下降的（注意不是优先队列，优先队列是一个堆），使用时直接取front即可。

事实上，在单调队列中存下标即可。

代码

可以直接用STL中的deque（双向队列）。

#include<deque>#include<cstdio>#include<cstring> #include<algorithm>using namespace std;int read(){    int x=0,f=1;char s=getchar();    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}    return x*f;}#define MAXN 500000int pos[MAXN+5],num[MAXN+5];int N,D,K;int f[MAXN+5];bool dp_check(int g){    deque<int> Q;    memset(f,0,sizeof f);    int Lg=max(1,D-g),Rg=D+g;    int Now=0;//Now为现在新加入Q的格子    //printf("%d\n",g);    for(int i=1;i<=N;i++)    {        while(pos[Now]+Lg<=pos[i])        {            while(!Q.empty()&&f[Q.back()]<=f[Now])            //注意，!Q.empty一定要写在前面                Q.pop_back();            Q.push_back(Now++);//不一定只放一个        }        while(!Q.empty()&&pos[Q.front()]+Rg<pos[i])//把队列前面不需要的pop掉            Q.pop_front();        if(!Q.empty()) f[i]=f[Q.front()]+num[i];//直接取出最前面的        else f[i]=-0x3f3f3f3f;//否则表示到不了这个格子        //printf("  %d\n",f[i]);        if(f[i]>=K) return 1;//随时都有可能>=K，而不是只在循环玩后比较f[N]与K    }    return 0;}int main(){    freopen("jump.in" ,"r", stdin);    freopen("jump.out","w",stdout);    N=read(),D=read(),K=read();    long long sum=0;    for(int i=1;i<=N;i++)    {        pos[i]=read(),num[i]=read();        if(num[i]>0) sum+=num[i];    }    if(sum<K)    {        printf("-1");        return 0;    }    int left=0,right=pos[N];//答案的最大值是pos[N]，而不是N！    while(left<right)    {        int mid=(left+right)>>1;        if(dp_check(mid)) right=mid;        else left=mid+1;//mid也不符合条件，所以是mid+1    }    printf("%d",right);}