NOIP2017 PJ 跳房子 —— 单调队列优化DP

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 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：
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#1：
2
样例1说明:
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。

样例 2输入:
7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
样例2输出:
-1
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。

解题思路

通过对问题进行分析，发现“花的钱越多跳到范围越广，更容易满足条件”，显然答案有单调性，所以二分答案。
二分花多少钱，检验能否拿到k分，考虑怎么Check？
答案的check可以DP，因为从左往右跳跃的过程是线性的。
看出来这应该是一个二分答案验证的套路，我们二分花费金币的数量，通过这个值确定跳跃的长度范围，可以用这样的DP来计算到每个位置为终点的最大路径和。
f[i]表示跳前ii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：\(Θ(logN * N^2)\)
实现代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 500005
#define ll long long

int n,d,sco;
ll s[N],f[N],dis[N];
 
int pd(int g) {
    int lpos=d-g;  //跳的最短距离 
    int rpos=d+g;  //跳的最长距离 
    if(lpos<=0) lpos = 1;
    memset(f,-127,sizeof(f));//设为很小的负数
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        for(int j=i-1;j>=0;j--) {  
            if(dis[i]-dis[j]<lpos) continue;
            if(dis[i]-dis[j]>rpos) break;
            f[i]=max(f[i],f[j]+s[i]);
            if(f[i]>=sco) return 1;
        }
    }
    return 0;
}
 
ll Bsearch() {
    ll l=0,r=dis[n]+1,mid,ans=-1; // 不一定非得一个一个跳，那样可能会到不了sco 
    while(l<r) {
        mid=(l+r)>>1;
        if(pd(mid)) r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    return r;
}
 
int main()
{
    cin>>n>>d>>sco;
    ll sum=0;
    for(ll i=1;i<=n;++i) { 
        cin>>dis[i]>>s[i];
        if(s[i]>0) sum+=s[i];
    }
    if(sum>=sco) printf("%lld\n",Bsearch());
    else printf("-1\n");
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/tham/p/11731339.html