题解：P4563 [JXOI2018] 守卫

思路

首先观察到一个很重要的性质。

在题目中由于每个保镖只能看到自己的左边，所以对于区间 $[l,r]$，在 $r$ 号亭子必然有一个保镖（不然最右边的保镖右边的亭子谁来看着）。

我们画出图分析，发现在 $r$ 左边最后一个能被看到的亭子（以下记 $p$ 为这个亭子的位置）的左边就已经成为了一个与其他子区间完全独立的区间，所以考虑动态规划。

状态表示：$f_{l,r}$ 表示在区间 $[l,r]$ 之间，最少需要放多少个保镖。

首先我们知道，当 $l=r$ 的时候，$f_{l,r}=1$。然后我们发现，在得到状态 $f_{l,r}$ 时，我们不仅需要考虑 $[l,p-1]$ 这个区间，还需要考虑 $[p+1,r]$ 这个区间，于是我们考虑维护 $sum$ 来求出当前 $[p+1,r]$ 这个区间的保镖数，我们的 $l$ 需要从大往小枚举。

枚举 $l$ 的顺序是从大到小的，也就是从右到左，那么 $p$ 就会被更新。$p$ 会被更新当且仅当连 $l$ 与 $r$ 点的斜率小于连 $p$ 到 $r$ 的斜率（这里读者可以画图来理解）。

首先考虑 $sum$ 的计算，当 $p$ 被更改时，$sum \gets sum+\min(f_{l+1,p-1},f_{l+1,p})$，其他情况不变。特别的，当区间大小为一时，$sum$ 为 $1$。

接下来，因为我们需要知道 $f_{l,r}$ 的子区间 $f_{l,p}$ 与 $f_{l,p-1}$ 的值，而 $p$ 与 $p-1$ 是小于 $r$ 的，所以我们要把 $r$ 从小到大枚举，这样我们就可以愉快地转移状态了。

状态计算/转移：$f_{l,r}=\min(f_{l,p-1},f_{l,p})+sum$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e3 + 10;
int f[N][N], h[N], n, ans;
inline double line(int x, int y) { return (double)(h[x] - h[y]) / (x - y); }
inline bool stop(int x, int y, int z) { return line(z, x) > line(z, y); }
signed main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> h[i];
	for (int r = 1; r <= n; r++) {
		ans ^= (f[r][r] = 1);
		int sum = f[r][r], p = 0;
		for (int l = r - 1; l >= 1; l--) {
			if (!p || !stop(l, p, r)) {//sum只维护了之前的[p+1,r]，此时p的位置改变，于是需要更新 sum，即加上 [l+1,p] 或 [l+1,p-1]。
				if(p) sum += min(f[l + 1][p], f[l + 1][p - 1]);// ！ 注意当 p 为 0 时，也会进入上个分支，此时 f[l+1][p-1] 会出现访问 f[l+1][-1] 的情况，需要特判掉。
				p = l;
			}
			ans ^= (f[l][r] = min(f[l][p - 1], f[l][p]) + sum);
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}