洛谷P3975 跳房子 [DP,单调队列优化,二分答案]

时间:2023-12-20 18:26:50

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跳房子

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 ,…,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。

输入输出格式

输入格式:

第一行三个正整数 n , d ,kk ,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:

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

输入样例#1: 复制
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#1: 复制
2
输入样例#2: 复制
7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#2: 复制
-1

说明

【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 ,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 10 分。

对于全部的数据满足1≤n≤500000,1≤d≤2000,1≤x_i,k≤10^9,∣si∣<10^5 。

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:今天考试的时候遇到的题,考的时候没想到二分答案(因为平常不怎么刷二分答案的题,而且都忘的差不多了),所以基本弃疗。

  然后Frozen_Heart讲了一下这道题,又在网上看了一下大佬们的博客,然后就A了。用二分答案二分需要的金钱(也就是改变的灵活度),然后判断是否符合条件。判断函数中用DP,依次遍历每一个点,再遍历该点可以由那些点转移过来,方程为dp[i]=max(dp[i],d[j]+a[i].v),然后再记录最大的dp[i]返回即可。但是这样就是O(n^2)的复杂度,肯定还要优化,那么就是用单调队列优化了。当然单调队列优化这东西蒟蒻现在也不是太明白,也是跟着大佬的思路来做的,也不太好解释,那么就直接上代码吧。

  Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define Fi(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define Fx(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+;
int n,d,k,ans=-,L,R,q[N];ll sum,dp[N];
struct Node{int dis,v;}a[N];
inline int read()
{
char ch=getchar();int num=;bool flag=false;
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')flag=true;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){num=num*+ch-'';ch=getchar();}
return flag?-num:num;
}
void ready()
{
n=read();d=read();k=read();
Fi(i,,n){a[i].dis=read();a[i].v=read();
if(a[i].v>)sum+=a[i].v;}
L=;R=a[n].dis;
}
inline ll check(int x,int y)
{
memset(dp,-,sizeof(dp));dp[]=;
int head=,tail=,j=;ll ret=-;
memset(q,,sizeof(q));
Fi(i,,n){
while(a[i].dis-a[j].dis>=x&&j<i){
if(dp[j]!=-){
while(head<=tail&&dp[q[tail]]<=dp[j])tail--;
q[++tail]=j;}j++;}
while(head<=tail&&a[i].dis-a[q[head]].dis>y)head++;
if(head<=tail)dp[i]=dp[q[head]]+a[i].v;}
Fi(i,,n)ret=max(ret,dp[i]);return ret;
}
int main()
{
ready();if(sum<k){cout<<ans<<"\n";return ;}
while(L<=R){int mid=(L+R)>>;
if(check(max(,d-mid),d+mid)<k)L=mid+;
else ans=mid,R=mid-;}
cout<<ans<<"\n";return ;
}