• 【落谷P3957】跳房子


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    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(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 geq 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

    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)

    样例输入1

    7 4 10
    2 6
    5 -3
    10 3
    11 -3
    13 1
    17 6
    20 2
    

    样例输出1

    2
    

    样例输入2

    7 4 20
    2 6
    5 -3
    10 3
    11 -3
    13 1
    17 6
    20 2
    

    样例输出2

    -1
    

    说明/提示

    输入输出样例(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)(6)个格子。这些格子中的数字之和(15)即为小R获得的分数。

    输入输出样例(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)

    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(1 le n le 500000, 1 le d le 2000, 1 le x_i, k le 10^9, |s_i| lt 10^5)
    对于第(1,2)组测试数据,(n le 10)
    对于第(3,4,5)组测试数据,(n le 500)
    对于第(6,7,8)组测试数据,(d=1)

    题解

    题意:有(n)个格子,在你右边不同距离处,每个格子都有一个(value),当你付了(g)个金币后,对于给定的(d),你每次都可以跳到你右边距离你(in [max(d-g),d+g])的格子上,每跳到一个格子上都会得到这个格子上的(value),可以随时结束,求(value)之和大于等于给定的(k)(g)最小为多少。
    看题目这应该是一道二分答案的题目,那么我们接下来的问题就是判断付了(g)个金币后达到的最大分数能否达到(k),那么我们可以用dp,(dp[i])表示到第(i)个格子最大可以获得的分数。
    那么转移方程就很简单了:
    (dp[i]=max(dp[k])+s[i]),满足(x_k in [x_i-d+g,x_i-d-g])
    但是这样的话时间复杂度就是(O(n^2logx)),显然会T。
    因为题目输入的时候(x_i)是递增的(虽然不递增的话自己排个序问题也不大),所以计算(dp)的时候([x_i-d+g,x_i-d-g])这个区间也是单调递增的,那么我们显然可以用单调队列优化一下,那么时间复杂度就变成了(O(nlogx))
    上代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    int n,d;
    long long k;
    struct aa{
    	int x;
    	long long s;
    }a[500009];
    int ans;
    long long dp[500009];
    bool kk[500009];//表示这个格子是否能被走到
    bool pd(int md){
    	memset(dp,0,sizeof(dp));
    	memset(kk,0,sizeof(kk));
    	int l=0,r=-1;
    	int mx=-1;
    	for(int j=1;j<=n;j++){
    		while(a[l].x+d+md<a[j].x) l++;
    		r=max(r,l-1);
    		if(mx<l){//如果max已经不在区间了,就重新比较
    			mx=-1;
    			for(int i=l;i<=r;i++)
    				if(!kk[i] && (mx==-1 || dp[i]>=dp[mx])) mx=i;
    		}
    		while(a[r+1].x+max(1,d-md)<=a[j].x){
    			r++;
    			if(!kk[r] && (mx==-1 || dp[r]>=dp[mx])) mx=r;//区间右边界扩大时更新max
    		}
    		if(mx!=-1) dp[j]=dp[mx]+a[j].s;
    		else kk[j]=1;
    		if(mx!=-1 && dp[j]>=k) return 1;
    	}
    	return 0;
    }
    long long amx;
    int main(){
    	scanf("%d%d%lld",&n,&d,&k);
    	for(int j=1;j<=n;j++){
    		scanf("%d%lld",&a[j].x,&a[j].s);
    		amx+=max(a[j].s,(long long)0);
    	}
    	if(amx<k) {printf("-1");return 0;}
    	int l=0,r=max(a[n].x-d,d-1);
    	while(l<=r){
    		int mid=(l+r)/2;
    		if(pd(mid)) ans=mid,r=mid-1;
    		else l=mid+1;
    	}
    	printf("%d",ans);
    	return 0;
    }
    
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