2018年山东冬令营中国石油飞扬的小鸟II

5793: 飞扬的小鸟II

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题目描述

有n棵大树从左到右排成一排，编号为1到n，每棵有高度hi与疲劳值wi。有一只鸟儿现在站在最左侧的1号大树上，它想飞到第n棵树上去，但它不能连续飞行太远，当它在第i棵树上时，只能飞到第i + 1, i + 2,..., i + k棵树上，并获得对应大树的疲劳值；同时，假如它飞到的那棵树的高度不小于当前这棵树的高度，那么它会获得额外的d疲劳值。求飞到第n棵树的最小疲劳值是多少。

输入

第一行三个整数n、k和d，由空格分割，表示树有多少棵，飞行的最大距离，以及额外的疲劳值。接下来n行，第i行包含两个整数hi和wi，表示第i棵树的高度和疲劳值。

输出

输出一行，表示最小疲劳值。

样例输入

样例输出

提示

最优策略是1 → 2 → 4 → 5，总疲劳值是3 + 2 + 1 + 1，并在4 → 5时支付额外的1疲劳值。

对于20%的数据，n ≤ 1000；
对于另外40%的数据，d = 0；
对于100%的数据，1 ≤ k < n ≤ 3 ∗ 10⁵, 0 ≤ hi ≤ 10⁹, 0 ≤ wi ≤ 10³, d ∈{0, 1}。

来源

2018山东冬令营

正常看这个题目n*k稳得一批可以解，但是1S TL 没脾气

所以只能是考虑分解n或者k里面的一个 n肯定没得分解，k却可以，因为只要分析只要找到当前i-j<=k（i>j）中最小的那个就行，因为你想想没一个数肯定是从前边k个树中疲劳最小的那个过来是最舒服的，疲劳值是最小的，因为d只有0和1两种情况。

如果d==0无论如何肯定是找前K个最小的，如果d=1,当前找的第j是既然是最小的，南无想差肯定是>=1的吧，（如果是同样疲劳度的就按照树的高度进行排序，因为这样可以有效避免用到d这一种情况，也是最小的策略）。

用优先队列保存i-k-1 到 i 之间所有的可能，然后top的肯定是最小的而且高度是最高的那种，如果当前i找的最小的不在k的范围内，就pop找到合适一个为止。

好像这种方式叫做单调队列优化

long long dp[300055];
struct node{
    int hi;//高度 
    int wi;//疲劳值 
}N[300055];
struct Node{
    int index;
    int h;
    int w;
    friend bool operator < (Node a, Node b)
    {
        if(a.w==b.w)
            return a.h<b.h;
        return a.w>b.w;
    }
}; 
priority_queue <Node> pr; 
int main ()
{
    int n,k,d;
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&N[i].hi,&N[i].wi);
    dp[1]=N[1].wi;
    Node a;
    a.h=N[1].hi;
    a.w=N[1].wi;
    a.index=1;
    int i=2;
    pr.push(a);
    while(i<=n)
    {
        a=pr.top();
        if(i-a.index<=k)
        {
            if(N[i].hi > N[a.index].hi)
                dp[i]=dp[a.index]+N[i].wi+d;
            else
                dp[i]=dp[a.index]+N[i].wi;
            a.index=i;
            a.h=N[i].hi;
            a.w=dp[i];
            pr.push(a);
        }
        else
        {
            while(i-a.index>k)
            {
                pr.pop();
                a=pr.top();
            }
            i--;
        }
        i++;
    }
  //  for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld\n",dp[n]);
    return 0;
}