[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 $d-g,d-g+1,d-g+2,\dots ,d+g-1,d+g$；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 $d=1$。

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，$d{p}_i$表示跳到了第$i$个格子所得到的最大分数

$$d{p}_i=max(d{p}_j+a[i].value,d{p}_i)(minn\le a[i].pos-a[j].pos\le maxx)$$

• 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$O(n^{2}lo{g}_{2}MAX(x_i))$

• 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;
   } 
  

$n\le 5\ast 10^5$

• 我们考虑在50分的做法上继续优化
• 我们看这个复杂度$O(n^{2}lo{g}_{2}MAX(x_i))$，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$nlo{g}_{2}n$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$d{p}_{now}$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$O(nlo{g}_{2}MAX(x_i))$
• 记得开$longlong$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;
 }