P3957 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 $\geq dg≥d时），他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 1 ， 2 ， 3 ，…， d+g-2 ， d+g-1 ， d+g。$

现在小

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】

输入输出样例 2 说明

由于样例中

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 $x_i, k ≤ 10^9, |s_i| < 10^5。$

对于第

//起点为，玩家只可以想右跳，跳到坐标轴的整数点位置，只有个别位置有分数； 
#include<iostream>
using namespace std;
int a[1000000]={0},b[1000000];
int bo;
int l,h,t;
int n,d,k,maxx;
void  dfs(int x,int sc,int dist,int t){//sc为到达x获得的分数,dist为当前灵活度 
    if (sc>=k) {
    bo=1;/*cout<<sc<<" :";for(int i=0;i<=t;i++)cout<<b[i]<<" ";cout<<endl;*/return ; }
    for(int i=l;i<=h;i++){
        int xx=x+i;
        if (xx<=maxx){b[t+1]=xx;dfs(xx,sc+a[xx],dist,t+1);}
    }    
}
int main(){
    int s=0, x;
    cin>>n>>d>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    
        cin>>x;
        cin>>a[x];
        s+=a[x];
    }
    maxx=x;
    if (s<k) cout<<-1;
    else
        for(int i=0;i<=100000;i++){//i为灵活性 
            bo=0;
            if(d>i)l=d-i;else l=1;
            h=d+i;
            dfs(0,0,i,0);    
             if (bo) {cout<<i;break;}
        }
    return 0;
}

View Code

）

解法1：深度优先搜索（过3个点）

#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=1000000;
int a[maxn][5]={0},b[maxn],f[maxn];
int bo;
int l,h,t,ans;
int n,d,k,maxx;
void  dfs(int x,int sc,int pos){//sc为到达pos获得的分数
    if (sc>=k) {    bo=1;return ; }//得到解 
    if(bo||x>n) return ;//越界或者已经得到解 
    if (a[x+1][1]-pos>h) return ;//不能跳那么远 
    if(a[x+1][1]-pos<l) {dfs(x+1,sc,pos);return ;}//不能跳那么近 
    if (f[x+1]<sc+a[x+1][2]){
        f[x+1]=sc+a[x+1][2];    
        dfs(x+1,sc+a[x+1][2],a[x+1][1]);//走x+1这个点
        dfs(x+1,sc,pos);//跳过点x+1

    }
     else if(f[x+1]<sc){ dfs(x+1,sc,pos);return ;} } 

    int main(){ int s=0, x; cin>>n>>d>>k; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i][1]>>a[i][2]; if (a[i][2]>0)s+=a[i][2]; } int lift=0,right=a[n][1],mid; ans=-1;//变量定义的位置一定要准，ans不能放在下面的while循环里，否则会受最后结果的影响  if (s<k) cout<<-1; else{ while (lift<=right){//等号必需存在，有时正解就是lift=right的时候  mid=(lift+right)>>1; if(d>mid)l=d-mid;else l=1; h=d+mid; memset(f,-127,sizeof(f)); f[0]=0; bo=0;//标志本次递归是否会有解，一定要放在while里噢！  dfs(0,0,0); if(!bo) lift=mid+1; else {ans=mid;right=mid-1;} } cout<<ans<<endl; } return 0; }

解法2：二分+动态规划+单调队列

二分很显然，花的钱越多跳到范围越广，更容易满足条件。
于是我们二分花多少钱，检验能否拿到k分。
f[i]表示跳到第i个格子的最高得分:f[i]=max(f[j])+a[i][2] (L<=a[i][1]-a[j][1]<=H)（如果直接使用动态规划时间复杂度是O（n²）,超时）

这个题作为2017普及组的压轴题，各种坑。真正的考察大家的综合能力。

（1）数据类型的定义，求和的变量要定义为long long(因为： $1 \leq x$ )

（2）二分时右边界right=max(d,a[n][1]);//比如d=100,a[n][1]=10 ,坑啊，要考虑全面，加上这一条就ac,否则只过了5个点呢！！！

（3）单调队列的变形使用

考虑到f[i]总是从前面可跳区间的最大值跳过来，随着i往后面走，这个区间也往后面走，如果采用单调队列，速度会快很多，因为每个元素只进队出队一次，时间复杂度为O(n)。

但是我们发现了一个问题，对于某个决策k，它可能不能更新i，但是它能更新j(j<i)。这样就不能直接用根据大小或者无法更新当前决策把k出队。

换句话说：不能像普通的单调队列优化一样仅凭这个决策的值小于另一个决策的值就将决策排除候选集合，因为我们的可行决策区间，是从[L，H]，一个决策的值很大，但是他不一定可以更新他的下一个格子，一些较劣决策仍然可能成为最优决策，这是我们最需要注意的。

这里我们巧妙的对单调队列进行了变形：

入队：求f[i]前，先考虑j是否入队（j<i），如果j到i的最短距离<l，则j不入队，因为他对求i没有帮助，否则将所有符合条件的j按单调队列的规则（小于j的值出队）入队。然后求f[i].

出队：如果队首到i的距离大于H，则出队。

//考虑到f[i]总是从前面可跳区间的最大值跳过来，随着i往后面走，这个区间也往后面走，如果采用单调队列，速度会快很多，但是需要用到双端队列来构造单调队列，代码相对复杂一点， 
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=500010;
int a[maxn][3]={0};//a[i][1]是距离，a[i][2]是值。
long long f[maxn],q[maxn][3]; 
int bo;
int l,h,t,ans=-1;
int n,d,k,maxx;
long long s; 
const long long inf=-0X8080808080808080;
void init(){
	cin>>n>>d>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i][1]>>a[i][2];
		if (a[i][2]>0)s+=a[i][2];//记录所有的正整数之和 
	}
}
int dp(){
	memset(f,0x80,sizeof(f));
	f[0]=0;//源点设置为0 
	memset(q,0,sizeof(q));
	int head=1,tail=0,j=0;//tail指向队尾的最后一个元素，head指向队首元素 
	for(int i=1;i<=n;i++){ //求出i后并不入队，因为 
		while(a[i][1]-a[j][1]>=l&&j<i){ //巧：如果j到i的最短距离<l，则j不入队，一直到满足条件为止。 ，>h的在后面删除 
			if(f[j]!=inf){
				while(head<=tail&&q[tail][2]<f[j]) tail--;//队尾指针比j小 
				tail++;//j入队
				q[tail][1]=a[j][1];
				q[tail][2]=f[j];			
			}
			j++;	
		} 
		while (a[i][1]-q[head][1]>h&&tail>=head)head++;//i到队首的距离>h，则从队首出队。 
		if(head<=tail){
			f[i]=q[head][2]+a[i][2]; 
			if(f[i]>=k) return 1;
		}
	}	
	return 0;
}
int main(){
	init();
	int lift=0,right,mid;
	right=max(d,a[n][1]);//比如d=100,a[n][1]=10 ,坑啊，要考虑全面，加上这一条就ac,否则只过了5个点呢！！！ 
	ans=-1;//变量定义的位置一定要准，ans不能放在下面的while循环里，否则会受最后结果的影响 
	if (s<k) cout<<-1;
	else{
		while (lift<=right){//等号必需存在，有时正解就是lift=right的时候 
			mid=(lift+right)>>1;
			if(d>mid)l=d-mid;else l=1;
			h=d+mid;
			memset(f,-127,sizeof(f));
			f[0]=0;
			bo=0;//标志本次递归是否会有解，一定要放在while里噢！ 
			bo=dp();
			if(!bo) lift=mid+1;
			else {ans=mid;right=mid-1;}
		}
	 	cout<<ans<<endl;
		}
	return 0;
}

题目描述

输入输出格式

输入输出样例

说明

输入输出样例 2 说明

数据规模与约定

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