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题意：
小明坐地铁，现在有n-1种类型的地铁卡卖，现在小明需要买一种地铁票，使得他可以在t的时间内到达终点站，地铁票的属性为r，表明这个地铁票一次最多只能做r站，可以坐到当前位置的pos-r到pos+r范围的任意一站，到站后他需要花费di的时间重新上地铁。
现在问你最小的花费是多少。
题解：
已知我们可以在pos-r到pos+r内的范围的任意一站的位置下车，那么如果我范围为r的票可以在规定时间内到达终点站的话，我的r+1的票也可以在规定的时间到达终点站，r+2的票也可以在规定的时间到达终点站，以此类推的话，我们就需要找到一个最小的r，从最小的r枚举到n就可以得到最小花费了。
于是我们需要得到最小的r。
二分答案
我们应该怎么check呢，我们定义dp状态为到达第i个站需要花费的最小时间是多少
[dp[i] = min(dp[i - j]) + cost[i]，(1 <= i <= n, 1 <= j <= min(i - 1, range) )
]
这个min可以用单调队列优化掉，于是check 的复杂度就降到了O（n）
最终复杂度为O（nlogn）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e5 + 5;
int p[maxn], n, q[maxn];
LL d[maxn], t;
LL dp[maxn];
bool check(LL L) {
int head, tail;
head = tail = 1;
q[head] = 1; dp[1] = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
while(tail < head && i - q[tail] > L) tail++;
dp[i] = dp[q[tail]] + d[i];
q[++head] = i;
while(tail < head && dp[q[head]] <= dp[q[head - 1]]) q[head - 1] = q[head], head--;
}
return dp[n] <= t;
}
int main() {
// freopen("journey.in", "r", stdin);
// freopen("journey.out", "w+", stdout);
scanf("%d%lld", &n, &t);
t -= n - 1;
for(int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
scanf("%d", &p[i]);
}
for(int i = 2; i <= n - 1; ++i) {
scanf("%lld", &d[i]);
}
int L = 1;
int l = 1, r = n;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)) {
r = mid - 1;
L = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
int ans = p[L];
for(int i = L + 1; i < n; ++i) {
ans = min(p[i], ans);
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}