题面
跳房子，也叫跳飞机，是一种世界性儿童游戏，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
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 。
思路
根据题意易得dp方程为f[i]=max(f[i-k...i])+s[i];
~~易得题解~~
//你发现了一个比标算还快的错误解法
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,d,k,ans;
long long x[500005],s[500005],f[500005];
bool check(int g)
{
int maxl=max(d-g,1);
int maxr=d+g;
memset(f,-127,sizeof(f));
f[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=i-1;j>=0;j--)
{
if (x[i]-x[j]<maxl) continue;
if (x[i]-x[j]>maxr) break;
f[i]=max(f[i],f[j]+s[i]);
if (f[i]>=k) return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
cin>>n>>d>>k;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>s[i];
int l=0,r=200005;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)/2;
if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
我们知道这样是肯定过不了的，所以要想办法优化。这时我想到了单调队列的优化------*既然我们在转移中要求f[i-k...i]的最大值，那为什么不先用一个单调队列存起来然后O(1)调用呢？*
然后......题解就出来了。
注意点：过期的数（走不过来）就pop，记得开个top表示队列顶，要好做的多。
啥？为什么存编号？方便调用以及判断啊。
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 9999999999
using namespace std;
deque<long long>q;
int n,d,k,ans=INF;
long long x[500005],s[500005],f[500005];
bool check(int g)
{
while(!q.empty()) q.pop_back();
int maxl=max(d-g,1);
int maxr=d+g;
memset(f,0,sizeof(f));
x[0]=0;
int top=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while(x[i]>=maxl+x[top])
{
while(!q.empty()&&f[top]>=f[q.back()]) q.pop_back();
q.push_back(top);
top++;
//puts("RUN");
}
while (!q.empty()&&x[i]-x[q.front()]>maxr) q.pop_front();
if (q.empty()) f[i]=-INF;
else f[i]=f[q.front()]+s[i];
if (f[i]>=k) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
cin>>n>>d>>k;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>s[i];
int l=0,r=2000005;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
if (ans!=INF) cout<<ans<<endl;else cout<<-1<<endl;
return 0;
}