LOJ2545 「JXOI2018」守卫

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题目大意

题目链接

有 (n) 座山，第 (i) 座山是从 ((i, 0)) 到 ((i, h_i)) 的线段。称从第 (i) 座山能看到第 (j) 座山，当且仅当 (igeq j) 且不存在 (i < k < j) 使得 ((j, h_j)) 到 ((i, h_i)) 的连线经过了第 (k) 座山（恰好交于一点也算经过）。

对一段区间 ([l, r]) ((1leq lleq rleq n))，你希望在其中选出最少数量的山，使得 ([l, r]) 中每座山都能被至少一座选出的山看到。最少需要选出的山的数量，即为这段区间的花费。

求所有区间的花费的异或和。

数据范围：(1leq nleq 5000)，(1leq h_ileq 10^9)。

本题题解

记区间 ([l, r]) 的花费为 (f(l, r))。

枚举右端点 (r)。

首先，位置 (r) 必须被选出来，否则没有其它位置能看到它。

选出 (r) 后，考虑哪些位置能被 (r) 看见。对 (1leq i < r)，设 (s_i) 表示点 ((i, h_i)) 到 ((r,h_r)) 的斜率，即 (s_i = frac{h_r - h_i}{r - i})。则位置 (i) 能被 (r) 看见，当且仅当 (forall i < j < r: s_i < s_j)。这是因为如果存在 (s_jleq s_i)，意味着 (i) 会被第 (j) 座山挡住。

于是，我们从 (r) 到 (1) 依次枚举 (l)，可以顺便推出 ([l, r]) 里所有能被 (r) 看见的位置，设它们为 (p_1, p_2, dots, p_k) ((lleq p_1 < p_2 < dots < p_k = r))，另外不妨设 (p_0 = l - 1)。那么每一段非空的 ([p_i + 1, p_{i + 1} - 1]) ((0leq i < k))，是 (r) 看不见的。更准确地说，(p_{i + 1}) 后面的位置都看不见它们。所以它们只能靠自己被看见（在内部解决）。因此，(p_{i + 1} - 1) 和 (p_{i + 1}) 这两个位置必有一个被选，因此解决 ([p_i + 1, p_{i + 1} - 1]) 这段的花费就是：(min{f(p_{i} + 1, p_{i + 1} - 1), f(p_{i} + 1, p_{i + 1})})。

于是我们得到：

[f(l, r) = sum_{i = 0}^{k - 1}min{f(p_{i} + 1, p_{i + 1} - 1), f(p_{i} + 1, p_{i + 1})} ]

这样朴素转移是 (mathcal{O}(n^3)) 的。

它很容易优化。发现除了第一段（([l, p_1 - 1])）的长度在变化，其它每段从产生起就是固定的。所以可以用一个变量记录后面每段的花费之和。另外，不难发现这个变量就等于 (f(p_1 + 1, r))，所以甚至不需要记录，直接这样转移即可：

[f(l, r) = min{f(l, p_1 - 1), f(l, p_1)} + f(p_1 + 1, r) ]

时间复杂度 (mathcal{O}(n^2))。

总结

本题如果往凸包、单调栈等复杂的方向想，就被误导了。

在一开始，要注意分析题目本身的性质。比如我们抓住了关键的一条：位置 (r) 必被选出。顺着这个思路，看哪些点是能被 (r) 看见的。进一步发现大区间可以直接从小区间转移过来。于是自然而然就得到了上述的 DP 做法。

参考代码

// problem: LOJ2545
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 5000;
int n, h[MAXN + 5];
int dp[MAXN + 5][MAXN + 5];

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		cin >> h[i];
	int ans = 0;
	for (int r = 1; r <= n; ++r) {
		ans ^= (dp[r][r] = 1);
		int p = 0;
		for (int l = r - 1; l >= 1; --l) {
			if (!p || (ll)(h[r] - h[l]) * (r - p) < (ll)(h[r] - h[p]) * (r - l)) {
				p = l;
			}
			dp[l][r] = min(dp[l][p], dp[l][p - 1]) + dp[p + 1][r];
			ans ^= dp[l][r];
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}