对于每个区间[l,r],显然右端点r是必须放置守卫的。考虑其不能监视到的点,构成一段段区间。一个非常显然但我就是想不到的性质是,对于这样的某个区间[x,y],在(y+1,r)内的点都是不能监视到这个区间内的任何一点的,证明考虑一下斜率之间的关系即可。于是该区间的最右一个守卫可以放置在y,也可以放置在y+1,这样可以得到一个显然的区间dp,暴力dp是O(n3)的,固定右端点后移动左端点同时记录答案就可以优化到O(n2)。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 5010 #define inf 1000000010 char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;} int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);} int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();} while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } int n,a[N],f[N][N],tot; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("bzoj5324.in","r",stdin); freopen("bzoj5324.out","w",stdout); const char LL[]="%I64d "; #else const char LL[]="%lld "; #endif n=read(); for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); memset(f,42,sizeof(f)); for (int i=1;i<=n;i++) { double k=inf; int ans=1;f[i][i]=1;tot^=1; for (int j=i-1;j;j--) if ((double)(a[i]-a[j])/(i-j)<k) f[j][i]=ans,tot^=ans,k=(double)(a[i]-a[j])/(i-j); else { int x=j; while (x>1&&(double)(a[i]-a[x-1])/(i-x+1)>=k) x--; for (int k=j;k>=x;k--) tot^=f[k][i]=ans+min(f[k][j],f[k][j+1]); ans+=min(f[x][j],f[x][j+1]);j=x; } } cout<<tot; return 0; }