JXOI 守卫 （区间DP）【例题精讲】

护卫

题目描述

九条可怜是一个热爱运动的女孩子。

这一天她去爬山，她的父亲为了她的安全，雇了一些保镖，让他们固定地呆在在山的某些位置，来实时监视九条可怜，从而保护她。

具体来说，一座山可以描述为一条折线，折线的下方是岩石。这条折线有 n 个折点，每个折点上有一个亭子，第 i 个折点的坐标是 (i,hi) 。九条可怜只可能会在亭子处玩耍，那些保镖也只会在亭子处监视可怜。

由于技术方面的原因，一个保镖只能监视所有他能看得到的，横坐标不超过他所在位置的亭子。我们称一个保镖能看到一个亭子 p ，当且仅当他所在的亭子 q 和 p 的连线不经过任何一块岩石。特别地，如果这条连线恰好经过了除了p,q 以外的亭子，那么我们认为保镖看不到可怜。

雇佣保镖是一件很费钱的事情，可怜的父亲希望保镖越少越好。

可怜的父亲还希望得到详尽的雇佣保镖的方案，他知道有些亭子可能正在维修，他想对所有的 1≤l≤r≤n 计算：如果事先已知了只有区间 [l,r] 的亭子可以用来玩耍(和监视)，那么最少需要多少个保镖，才能让 [l,r] 中的每一个亭子都被监视到。

可怜的父亲已经得到了一个结果，他希望和你核实他的结果是否正确。

输入格式

第一行输入一个整数 n 表示亭子的数目。 接下来一行 n 个整数，第 i 个整数 hi​ 表示第 i 个亭子的坐标是 (i,hi)。

输出格式

对所有的 1≤l≤r≤n 计算：如果事先已知了可怜只会在 [l,r] 这个区间的亭子里面玩耍，那么最少需要多少个保镖，才能让 [l,r] 中的每一个亭子都被监视到。由于输出量太大，可怜的父亲只要你输出所有 [l,r] 的答案的异或即可。

样例

样例输入

3

2 3 1

样例输出

3

样例解释

如果 r−l+1≤2 ,那么答案显然是 1 。 如果 l=1,r=n ,那么答案是2 ,需要安排两个保镖在 (2,3),(3,1) 两个位置监视可怜。

数据范围与提示

对于 30%30\%30% 的数据， n≤20。
对于 70%70\%70% 的数据， n≤500。
对于 100%100\%100% 的数据， n≤5000。
对于 100%100\%100% 的数据， h​i​≤10^​9​。

 

由题意中描述，我们可以得到这样一幅图

　　这幅图给的是九条爬山的路径，我们可以看到，从一些坐标可以看到，有的点可以看到他坐标以前以下的点，但有的点不能，这是本题的一个创新之处，但是大部分人可以想到做法，只是不敢相信这就是正解！没错，就是判斜率，用最简单的数学方法判断一个点能不能挡住另一个点的视线！

　　这样这道题其实就完成一半了，剩下的我们可以做一个区间dp，这个区间dp不像之前我们见过的，枚举区间长度一 一进行转移；而是采用线性dp的方法枚举左右端点即可，但是左端点要从右端点往前枚举；（其实枚举区间长度应该也没问题，各位大神可以试一下）；

　　所以我们定 f[l][r]代表l到r间的最优解，我们可以找到所有能被上面监视的点然后枚举是否安插一个保镖，以此进行转移！

 

下面上代码，这里用到了fread();函数，可以不用的，scanf();完全没问题；

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf=1e9;
const int MAXN=5005;
int f[MAXN][MAXN],h[MAXN],n,m,k,ans=0;
// f[l][r]表示如果只监视l到r需要多少个保镖 
char readchar(){
    static char buf[100000], *l=buf,*r=buf;
    if(l==r) r=(l=buf)+fread(buf,1,100000,stdin);
    if(l==r) return EOF;
    return *l++;
}
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=readchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=readchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=readchar();}
    return x*f;
}
long long cross(int u,int v,int w)//检验v所在的点会不会挡住w监视u的视线 
{
    return 1LL*(v-u)*(h[w]-h[u])-1LL*(w-u)*(h[v]-h[u]);
// 这可以画一个方格图证明一下，用斜率推也可以推出来；
// 如果这个v点挡不住视线，那会返回一个正数，反之则返回一个负数； 
}
int getdp(int l,int r)
{
    if(l>r) return 0;
    return f[l][r];
}
//标程是这样写的，可能是为了避免l>r造成的问题； 
int main()
{
    freopen("sw.in","r",stdin);
    freopen("sw.out","w",stdout); 
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=read();
    for(int r=1;r<=n;r++){
        int pre=r,cur=1;
        f[r][r]=1;
        for(int l=r-1;l>=1;l--){
            if(pre==r||cross(l,pre,r)>0){//如果pre点挡不住r的视线 
                cur+=min(getdp(l+1,pre-1),getdp(l+1,pre));
                //可以在l+1到pre这个点或者到pre之前这个点间寻找最优解并加入答案 
                //因为pre这个点可以给一个保镖，也可以不给一个！ 
                pre=l;//把枚举的这个障碍物赋给pre
                //因为在l这个点能被r监视到，所以下一个枚举的点如果无法被它挡住，那一定没有点挡得住； 
            }
            f[l][r]=cur+min(getdp(l,pre-1),getdp(l,pre));
            //l到r的最优解 
            //顺便将l到pre这个点的没有加过的最优解加上 
        }
        for(int l=1;l<r;l++) ans^=f[l][r];//处理答案的异或问题 
    }
    if(n&1) ans^=1;
    //因为每个f[i][i]也要参与异或操作
    //如果n是奇数，那会进行异或1操作奇数次，那就相当于异或一次；
    //如果n是偶数,那就不用异或了，因为异或1两次跟没异或效果是一样的！ 
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}