题目：
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
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
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 [复制]
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
样例输出 [复制]
2
提示
【输入输出样例 1 说明】
花费 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 这 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 1 说明】
花费 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 这 6 个格子。这些格 子中的数字之和 15 即为小 R 获得的分数。
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 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ d ≤ 2000, 1 ≤ xi,k ≤ 109, |si| < 105。
对于第 1， 2 组测试数据， n ≤ 10；
对于第 3， 4， 5 组测试数据， n ≤ 500
对于第 6， 7， 8 组测试数据， d = 1
题解
这道题很容易看出来是dp，但很难想到要和二分结合这道题可以二分修改的值。但是在单调队列优化的时候却没想太明白；这道题的合法区间不只是左边的 l，还有右边的 r
所以可以用两个指针。指针1代表现在的位置。指针2跟在指针1后面，在指针1合法的前提下 加入队列
具体实现如下
for(;cur<i&&a[i].x-a[cur].x>=l1;cur++){
if(que.empty()) que.push_back(cur);
else{
while(!que.empty()&&dp[cur]>=dp[que.back()])
que.pop_back();
que.push_back(cur);
}
}
下面上代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int inf=1e9;
inline int read(){
int w=1,data=0;char ch;
ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
const int N=501000;
struct node{int x,w;}a[N];
int n,d,k;
int dp[N];
bool check(int x){
deque<int> que;
memset(dp,0,sizeof(dp));
int l1=d-x,r1=d+x;
if(l1<=0) l1=1;
int cur=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(;cur<i&&a[i].x-a[cur].x>=l1;cur++){
if(que.empty()) que.push_back(cur);
else{
while(!que.empty()&&dp[cur]>=dp[que.back()])
que.pop_back();
que.push_back(cur);
}
}
while(!que.empty()&&a[i].x-a[que.front()].x>r1){
que.pop_front();
}
if(!que.empty()) dp[i]=dp[que.front()]+a[i].w;
else dp[i]=-999999999999;
if(dp[i]>=k) return 1;
}
return 0;
}
signed main(){
n=read();d=read();k=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i].x=read();a[i].w=read();
}
int l=0,r=1010,mid,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid,r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
来源：https://blog.csdn.net/Stevencwehf/article/details/102750401