题面
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 nn 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 。
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
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
1 // luogu-judger-enable-o2 2 #include <bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 long long n,d,k,a[500005],f[500005],x[500005],s[500005],ans; 5 bool check(int g) 6 { 7 int maxl,maxr; 8 maxl=d-g; 9 maxr=d+g; 10 maxl=max(maxl,1); 11 memset(f,-127,sizeof(f)); 12 f[0]=0; 13 for(int i=1;i<=n;i++) 14 { 15 for(int j=i-1;j>=0;j--) 16 { 17 if(x[i]-x[j]<maxl) continue; 18 if(x[i]-x[j]>maxr) break; 19 f[i]=max(f[i],f[j]+s[i]); 20 if(f[i]>=k) return 1; 21 } 22 } 23 return 0; 24 } 25 int main() 26 { 27 scanf("%lld%lld%lld",&n,&d,&k); 28 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&x[i],&s[i]); 29 int l=1,r=10000; 30 while (l<=r) 31 { 32 int mid=(l+r)/2; 33 if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1; 34 else l=mid+1; 35 } 36 cout<<ans<<endl; 37 return 0; 38 }
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。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define INF 9999999999 3 using namespace std; 4 deque<long long>q; 5 int n,d,k,ans=INF; 6 long long x[500005],s[500005],f[500005]; 7 bool check(int g) 8 { 9 while(!q.empty()) q.pop_back(); 10 int maxl=max(d-g,1); 11 int maxr=d+g; 12 memset(f,0,sizeof(f)); 13 x[0]=0; 14 int top=0; 15 for (int i=1;i<=n;i++) 16 { 17 while(x[i]>=maxl+x[top]) 18 { 19 while(!q.empty()&&f[top]>=f[q.back()]) q.pop_back(); 20 q.push_back(top); 21 top++; 22 //puts("RUN"); 23 } 24 while (!q.empty()&&x[i]-x[q.front()]>maxr) q.pop_front(); 25 if (q.empty()) f[i]=-INF; 26 else f[i]=f[q.front()]+s[i]; 27 if (f[i]>=k) return 1; 28 } 29 return 0; 30 } 31 int main() 32 { 33 cin>>n>>d>>k; 34 for (int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>s[i]; 35 int l=0,r=2000005; 36 while(l<=r) 37 { 38 int mid=(l+r)>>1; 39 if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1; 40 else l=mid+1; 41 } 42 if (ans!=INF) cout<<ans<<endl;else cout<<-1<<endl; 43 return 0; 44 }