洛谷P4563 [JXOI2018]守卫

题目背景

九条可怜是一个热爱运动的女孩子。

题目描述

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 nn 个折点，每个折点上有一个亭子，第 ii 个折点的坐标是 (i,h_i)(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 pp ，当且仅当他所在的亭子 qq 和 pp 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,qp,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\leq l\leq r\leq n1≤l≤r≤n计算：如果事先已知了只有区间 [l,r][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][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。

输入输出格式

输入格式：

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

输出格式：

对所有的 1\leq l\leq r\leq n1≤l≤r≤n 计算：如果事先已知了可怜只会在 [l,r][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。

输入输出样例

输入样例#1：复制

3
2 3 1

输出样例#1：复制

说明

样例解释

如果 r-l+1\leq 2r−l+1≤2 ,那么答案显然是 11 。如果 l=1,r=nl=1,r=n ,那么答案是 22 ,需要安排两个保镖在 (2,3),(3,1)(2,3),(3,1)两个位置监视可怜。

题解：

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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！

从前到后枚举r，在从后到前枚举l即可。

说实话这个转移我看的也有点迷。。

代码（我的）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,i,ans,j,now,sum,a[10001],f[5001][5001];
double pd(int l,int now,int r){return ((double)a[r]-a[now])/((double)r-now)-((double)a[now]-a[l])/((double)now-l);
}
int main(){scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(i=1;i<=n;i++){now=i;sum=1;f[i][i]=1;ans^=1;for(j=i-1;j;j--){if(now==i||pd(j,now,i)>0.0){sum+=min(f[j+1][now-1],f[j+1][now]);now=j;}f[j][i]=sum+min(f[j][now-1],f[j][now]);ans^=f[j][i];}}printf("%d",ans);
}

代码（大牛的，超多注释，配合注释看应该可以大致看懂的）：

#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;
}区间dp

91≤hi<=10^9