【NOIP2017】跳房子

这题我0分。
比赛时，我一眼出正解，哈哈，太水了！
这题不就是一个二分+DP+单调队列吗？
然而，细节决定成败。
我错了许多细节，就挂了。
我只考了0分。。。
首先，这题知足一个条件：
保证g变大后，若是原来知足条件，如今也会知足条件；而若是原来不知足条件，如今就有可能知足条件。
g变小后，若是原来知足条件，如今不必定会知足条件；而若是原来不知足条件，如今就必定不可能知足条件。
因此，咱们能够用二分找出最合适的g的值。
已知，\({0\leq g\leq 10^9}\)，且跳跃的范围是 Max(1,d-g) ~ d+g。
咱们就能够列出状态转移方程了：\[{F_i=max(F_j)+S_i\space\space\space(X_j+a\leq X_i \bigwedge X_j+b\geq X_i)}\]
其中，a为跳跃最短距离，b为跳跃的最长距离。
这样作的时间复杂度是\({O(log_210^9n^2)}\)，很明显会时超50分。
因此，咱们就要把DP优化一下了。
咱们很容易发现，状态转移方程中，对于不一样的i，\({max(F_j)}\)的值多是同样的，但咱们的程序却会从一个较大的区间 上一次最后一个 找到的位置+1 ~ i-1 中找 ，这就是程序中最耗时的地方。
怎么优化呢？
咱们有多种优化方式，其中我推荐两种：大根堆，还有单调队列。大根堆码量大，而单调队列方便快捷，所以我比较喜欢用单调队列。
用\({queue_i}\)表示单调队列的第i个元素，用head表示单调队列中有效范围内的第一个元素的下标，用tail表示单调队列中有效范围内的最后一个元素的下标。
单调队列存的是元素的下标，即\({F_i}\)，\({X_i}\)中的 i ，这样能方便判断。
因为这个单调队列是递减的（即第一个元素最大，第二个元素比第一个小，第三个比第二个小……最后一个是最小的），因此咱们每次使用的最大值就是单调队列中有效范围内的第一个元素对应的值。
那么咱们的状态转移方程就能够变成这个样子了：\[{F_i=F_{queue_{head}}+S_i\space\space(X_{queue_{head}}+a \leq X_i \bigwedge X_{queue_{head}}+b \geq X_i)}\]

其中，a为跳跃最短距离，b为跳跃的最长距离。
这样用起来是很方便的，可是，重点来了——
怎样才能保持单调队列的单调性（使单调队列递减）和有效性（使\({(X_{queue_{head}}+a \leq X_i \bigwedge X_{queue_{head}}+b \geq X_i)}\)）呢？
首先，咱们每一次加入元素时，若是 （new是新加入的元素），也就是说这个样子（越高的值越大）：

许多人都会认为要变成下面这个样子：

第i个柱子上面的数字是X[queue[i]]的值。
因为新加入单调队列的数，都是能够跳到第i个格子上的，即\({X_{new}+a\leq X_i\bigwedge X_{new}+b\geq X_i}\)
而X又是递增的，因此\({X_{new}+a\leq X_i\leq X_{i+1}\leq X_{i+2}\cdots X_n}\) 。
可是从5（\({X_{new}}\)）这个位置出发，能跳到的最远距离绝对比4远，因此当5不能跳到某一个地方时，4也绝对跳不到那个位置。因此4就没用了。
所以咱们能够把4删掉（即tail-1），最后再把5加入，变成下面这个样子：

有时候咱们要删除不少元素，以下面这个例子：

变成

咱们就要用一个while循环来删除F值小于等于F[new]的数。

---

但咱们的queue[head]是会过时的（queue[head]跳不到第i个格子），这时咱们的queue[head]就不能用了。
咱们要删掉queue[head]，怎么删掉呢？直接head+1就行了。
最后一点，建议同窗们把不能到达的点的F赋值为-maxlongint！

---

#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxlongint 1999999999
int f[500001],queue[500001],x[500001],s[500001];
int main()
{
    freopen("jump.in","r",stdin);
    freopen("jump.out","w",stdout);
    int n,d,k,l=0,r=1000000000,mid,i,j,t,ans=-1,maxx,minn,head,tail,last;
    bool bk,bz;
    scanf("%d%d%d",&n,&d,&k);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&x[i],&s[i]);
    l=0;r=1000000000;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        maxx=d+mid;bk=false;bz=true;
        minn=d-mid;last=0;
        if(minn<1) minn=1;
        tail=head=1;
        queue[1]=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            if(maxx>=x[i]&&minn<=x[i])
            {
                bz=false;
                break;
            }
        }
        if(bz)
        {
            l=mid+1;
            continue;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            f[i]=maxlongint;
            for(j=last+1;j<i;j++)
            {
                if(x[j]+minn>x[i]) break;
                if(x[j]+maxx<x[i]) continue;
                last=j;
                if(f[j]==maxlongint) continue;
                while(head<=tail&&f[queue[tail]]<=f[j]) queue[tail--]=0;
                queue[++tail]=j;
            }
            while(head<tail&&x[queue[head]]+maxx<x[i]) head++;
            if(x[queue[head]]+maxx<x[i]||x[queue[head]]+minn>x[i]) f[i]=maxlongint;
            else f[i]=f[queue[head]]+s[i];
            if(f[i]<maxlongint&&f[i]>=k)
            {
                bk=true;
                break;
            }
        }
        if(bk)
        {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}