洛谷P4563 [JXOI2018]守卫(dp)

题意

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Sol

非常有意思的题目。

我们设(f[l][r])表示区间([l,r])的答案。

显然(r)位置一定有一个保镖

同时不难观察到一个性质：拿([1, n])来说，设其观察不到的某个区间为([l_k, r_k])，那么(r_k)与(r_k + 1)一定有一个保镖，而且每段区间的贡献都是独立的。

这样我们可以预处理出任意两个点是否能看见(直接记上一个能看到的位置然后比较斜率)。

然后直接枚举(r)，不断把(l)往左移动更新答案，这样可以保证更新的时候中间的区间都计算过，可以直接前缀和优化

复杂度(O(n^2))

#include<bits/stdc++.h>
#define Fin(x) freopen(#x".in", "r", stdin);
using namespace std;
const int MAXN = 5001;
template<typename A, typename B> inline bool chmax(A &x, B y) {return x < y ? x = y, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline bool chmin(A &x, B y) {return x > y ? x = y, 1 : 0;}
inline int read() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
	while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return x * f;
}
int N, f[MAXN][MAXN];
double a[MAXN];
bool can[MAXN][MAXN];
int main() {
	//Fin(a);
	N = read();
	for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read();
	for(int i = 1; i <= N; i++) {
		for(int j = i - 1, las = -1; j; j--) 
			if((las == -1) || (1ll * (a[i] - a[las]) * (i - j) > 1ll * (a[i] - a[j]) * (i - las))) 
				can[i][j] = can[j][i] =1, las = j;
	}
	int ans= 0;
	for(int i = 1; i <= N; i++) {
		int s = 1, las = 0;
		for(int j = i; j; j--) {
			if(can[j][i]) {
				if(!can[j + 1][i]) s += min(f[j + 1][las], f[j + 1][las + 1]);
				f[j][i] = s;
			} else {
				if(can[j + 1][i]) las = j;
				f[j][i] = s + min(f[j][las], f[j][las + 1]);
			}
			ans ^= f[j][i];
		//	printf("%d ", f[j][i]);
		}
	//	puts("");
	}
	cout << ans;
	return 0;
}