题目地址：洛谷：【P3957】跳房子 – 洛谷

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≥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 xi, si ，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 xi 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 。

输入输出样例

输入样例#1：

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

输出样例#1：

2

输入样例#2：

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

输出样例#2：

-1

说明

题解

很容易看出来这应该是一个二分答案验证的套路，我们二分花费金币的数量，通过这个值确定跳跃的长度范围，可以用这样的DP来计算到每个位置为终点的最大路径和。
$$ dp[i] = \max_{\text{在跳跃范围内}} \{ dp[j] \} + val[i] $$
由于跳跃范围是定长区间，我们想到了滑动窗口，显然可以用单调队列来维护定长区间最大值，从而完成$O(1)$的转移。这样，复杂度就降为$O(n \log n)$，可以通过本题。
吐槽：好久没写代码了手都生成什么样子了QAQ，这破题还花了半小时……

代码

// Code by KSkun, 2018/8
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>

#include <algorithm>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2)
        ? EOF : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1; register char c = fgc();
    for(; !isdigit(c); c = fgc()) if(c == '-') neg = -1;
    for(; isdigit(c); c = fgc()) res = res * 10 + c - '0';
    return res * neg;
}

inline char readsingle() {
    register char c;
    while(!isgraph(c = fgc())) {}
    return c;
}

const int MAXN = 5000005;

int n, d, k, dis[MAXN], val[MAXN], que[MAXN], ql, qr;
LL dp[MAXN], sum;

inline bool check(int mid) {
    memset(dp, 0xc0, sizeof(dp));
    dp[0] = 0;
    int dl = std::max(1, d - mid), dr = d + mid, now = 0;
    ql = qr = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        while(dis[i] - dis[now] >= dl && now < i) {
            while(ql < qr && dp[que[qr - 1]] <= dp[now]) qr--;
            que[qr++] = now; now++;
        }
        while(ql < qr && dis[i] - dis[que[ql]] > dr) ql++;
        if(ql < qr) dp[i] = dp[que[ql]] + val[i];
        if(dp[i] >= k) return true;
    }
    return false;
}

int main() {
    n = readint(); d = readint(); k = readint();
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        dis[i] = readint(); val[i] = readint();
        if(dis[i] > 0) sum += dis[i];
    }
    if(sum < k) {
        puts("-1"); return 0;
    }
    int l = 0, r = dis[n] + 5, mid;
    while(r - l > 1) {
        mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid)) r = mid; else l = mid;
    }
    printf("%d", r);
    return 0;
}