洛谷P3975 跳房子 [DP，单调队列优化，二分答案]-优快云博客

本文介绍了一种基于跳房子游戏的算法挑战，通过二分搜索和动态规划解决机器人获得特定分数的问题。文中详细阐述了解题思路及代码实现。

　　题目传送门

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

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

输入输出格式

输入格式：

第一行三个正整数

接下来

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

输入输出样例

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

输入样例#2：复制

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+7;
int n,d,k,ans=-1,L,R,q[N];ll sum,dp[N];
struct Node{int dis,v;}a[N];
inline int read()
{
  char ch=getchar();int num=0;bool flag=false;
  while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')flag=true;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9'){num=num*10+ch-'0';ch=getchar();}
  return flag?-num:num;
}
void ready()
{
  n=read();d=read();k=read();
  Fi(i,1,n){a[i].dis=read();a[i].v=read();
    if(a[i].v>0)sum+=a[i].v;}
  L=0;R=a[n].dis;
}
inline ll check(int x,int y)
{
  memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0]=0;
  int head=1,tail=0,j=0;ll ret=-1;
  memset(q,0,sizeof(q));
  Fi(i,1,n){
    while(a[i].dis-a[j].dis>=x&&j<i){
      if(dp[j]!=-1){
    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,1,n)ret=max(ret,dp[i]);return ret;
}
int main()
{
  ready();if(sum<k){cout<<ans<<"\n";return 0;}
  while(L<=R){int mid=(L+R)>>1;
    if(check(max(1,d-mid),d+mid)<k)L=mid+1;
    else ans=mid,R=mid-1;}
  cout<<ans<<"\n";return 0;
}