[洛谷 3957][NOIP 2017 普及T4] 跳房子【二分答案+DP+单调队列优化】

• 2018-01-23
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Problem:

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， 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。

输入输出样例

7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2

2

7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2

-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 ≤ 10⁹, |s_i| < 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。

Solution:

。。还好今年考了提高组，否则要跪。。再这样下去，似乎明年普及要考网络流了。。

由于没有考虑起初的几个点不一定能从起点跳到，跪了一次。。

首先肯定要二分答案 g，然后如果直接 DP 时间复杂度为 O(n²)，总复杂度为 O(n²logx_n)，只能过 50% 的点。所以我们考虑用数据结构优化。

由于 DP 的状态转移方程是

• dp[ i ] = max{ dp[ j ] } + s[ i ]，其中 j < i 且 d - g ≤ x[ i ] - x[ j ] ≤ d + g。

维护时要插入距离刚适合的点和删除距离太远的点，若用优先队列后者不易实现且复杂度仍较高。

但是我们可以发现跳跃是单向的，插入和删除也分别是按下标从小到大进行的，所以可以维护一个 dp 值递减的单调队列，插入时注意 j < i 的条件，删除时注意队列不为空，这样求 max{ dp[ j ] } 就是 O(1) 的了。DP 时间复杂度优化为 O(n)，总复杂度为 O(nlogx_n)，可以通过所有数据。

注意用 int 会溢出，要用 long long。

Code: O(nlogx_n) [11183KB, 836MS]

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n, d;
int x[500010], s[500010];
ll k, dp[500010];
int q[500010], fr, re;  // Maintain a decreasing sequence

inline bool check(int g){
	memset(dp, 0xc0, sizeof(dp)), dp[0] = 0;
	fr = re = 1, q[0] = -1;  // Begin with an empty queue, q[0] is the sentry
	for(register int i = 1; i <= n; i++){
		while(q[re - 1] + 1 < i && x[q[re - 1] + 1] + d - g <= x[i]){  // The new ones are far enough
			int cur = q[re - 1] + 1;
			while(fr != re && dp[cur] >= dp[q[re - 1]]) re--;  // Pop the farther and smaller ones
			q[re++] = cur;
		}
		while(fr != re && x[q[fr]] + d + g < x[i]) fr++;  // The largest ones are too far away
		if(fr != re) dp[i] = dp[q[fr]] + s[i];
		if(dp[i] >= k) return 1;
	}
	return 0;
}

int main(){
	scanf("%d%d%lld", &n, &d, &k);
	for(register int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d%d", x + i, s + i);
	int l = 0, r = x[n] - d + 1;
	while(l < r){
		int mid = l + r >> 1;
		if(check(mid)) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	if(l <= x[n] - d) printf("%d\n", l);
	else puts("-1");
	return 0;
}