原題傳送門

這道題我們很顯然要用DP來做。

那麽首先我們需要構造出一個DP方程

f[i]肯定由另一個狀態dp轉移後+1得到，那麽這個狀態是什麽呢？

很明顯就是mint[i]~i-k(在此mint表示的是以i為結尾的竹子最左端最多能延展到的位置)

看到這個之後我們想到了一個N^2DP

但是還是不夠

我們想一想如何得到mint?

mint就是判斷一段區間的最大值減去最小值是否滿足題意

那麽我們可不可以用數據結構得出這個答案呢？

顯然我們可以用線段樹來優化這個過程

時間復雜度O(nlogn)

同樣在得出答案的過程我們也可以用線段樹加速

下面貼代碼

#include<cstdio>
#include
 
<cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define min(x,y) (x<y?x:y)
#define max(x,y) (x>y?x:y)
using namespace std;
int a[100005];
struct mm{
    int v1,v2;
}t[300005];
int mint[100005];
int f[300005];
int m=1,n,s,l;
void pushdown(int i){t[i].v1=min(t[i<<1].v1,t[i<<1|1].v1);t[i].v2=max(t[i<<1].v2,t[i<<1
 
|1].v2);}
void buildtree(){
    while(m<n+2)m<<=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    t[i+m].v1=t[i+m].v2=a[i];
    for(int i=m-1;i;i--)
    pushdown(i); 
}
int query(int l,int r)
{
    int maxn=-inf,minn=inf;
    for(l=l+m-1,r=r+m+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1)
    {
        if(~l&1)minn=min(minn,t[l^1
 
].v1),maxn=max(maxn,t[l^1].v2);
        if(r&1)minn=min(minn,t[r^1].v1),maxn=max(maxn,t[r^1].v2);
    }
    return maxn-minn;
}
int que(int l,int r)
{
    int minn=inf;
    for(l+=m-1,r+=m+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1)
    {
        if(~l&1)minn=min(minn,f[l^1]);
        if(r&1)minn=min(minn,f[r^1]);
    }
    return minn;
}
void push(int x){f[x]=min(f[x<<1],f[x<<1|1]);}
void add(int x,int y){for(f[x+=m]=y,x>>=1;x;x>>=1)push(x);}
int main(){
    memset(f,127/3,sizeof(f));
    scanf("%d%d%d",&n,&s,&l);n++;
    for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    a[1]=a[2];
    buildtree();
    int le=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int tmp=query(le,i);
        while(tmp>s)
        {
            tmp=query(++le,i);
        }
        mint[i]=le;
    }
    add(1,0);
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(max(1,mint[i]-1)>i-l)add(i,inf);
        else add(i,que(max(1,mint[i]-1),i-l)+1);
    printf("%d\n",f[n+m]>=inf?-1:f[n+m]);
    return 0;
}

YYH的蒼天大竹（NOIP模擬賽Round 6）