[洛谷P4563]守卫

题目

传送门

思路

一开始感觉是凸包啥的……然后惨痛爆零……
对于一个区间$[l,r]$，发现$r$必须有一个守卫（否则就没法监视$r$号亭子）。
然后$r$能看到一些亭子。剩下一些亭子。

红色的就是看不到的亭子（被右边的蓝色亭子挡住了）。蓝色的是看的到的。
由于守卫可以 随意抬头但不能低头，所以能够看到多少，就取决于 能看到多低。
很明显，$r$号亭子看不到的，红色亭子也看不到，因为绿色的线比红色的线低。
所以每两个看的到的亭子之间的那一段区间，是 相互独立 的。
于是使用区间$\mathbb{DP}$。对于某个固定的右端点，左端点不断左移，可以$O(1)$维护$r$能够看到的最矮的（也就是最左边的、能看到的）。那么就可以做到$O(1)$转移了。总复杂度$O(n^2)$。
转移时要注意，由于最近的蓝色亭子是可以被看到的，要考虑是否在蓝色亭子安排守卫。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

const int MaxN = 5000;
int dp[MaxN][MaxN], n, h[MaxN];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0; i<n; ++i)
		scanf("%d",&h[i]);
	int ans = 1; // when i equals to zero
	for(int i=1; i<n; ++i){
		dp[i][i] = dp[i-1][i] = 1;
		int wall = i-1; // 上一个蓝色亭子 
		for(int j=i-2; ~j; --j)
			if((0ll+h[i]-h[wall])*(wall-j) > (0ll+h[wall]-h[j])*(i-wall)){
				dp[j][i] = dp[j+1][i];
				wall = j;
			} // j号亭子可见，无需考虑j号亭子，只需保证能看到[j+1,i] 
			else
				dp[j][i] = dp[wall][i]+min(dp[j][wall],dp[j][wall-1]);
			// dp[j][wall]:在蓝色亭子处安排守卫 
	}
	for(int i=0; i<n; ++i)
		for(int j=i; j<n; ++j)
			ans ^= dp[i][j];
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

来源：https://blog.csdn.net/qq_42101694/article/details/102761127