CF448C Painting Fence（分治递归/DFS）难度⭐⭐⭐

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有n块连着的木板，每个木板的高度为 $h_i$，你需要把这n块木板上色，每次 上色你可以选择竖着刷完一块木板，或者横着刷一个高度单位的连续的木板（不能中 间空着的不能跳跃），问最少需要刷几次。（注意相当于有一个宽1的刷子，每次可以刷无限长但是宽度只有1）

5
2 2 1 2 1

3

2
2 2

2

考虑横着涂一次的情况，那么有两个显而易见的事实。
这次涂色长度必须尽可能大。
在这次涂色区域的下方，必定都是横着涂的。
所以，对于一串栅栏 $h_1,h_2,…,h_n$，如果要横着涂，就必定要从底向上涂 $min⁡{(h_1,h_2,…,h_n)}$次。这样以后， $h_1,h_2,…,h_n$就会分成若干不连通的子局面。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ifstream in("input.txt");
ofstream out("output.txt");
#define debug(x) cerr<<"# "<<x<<endl
const ll N=2e5;
const ll base=137;
const ll mod=2147483647;
const ll INF=1<<30;
ll n,m;
ll a[N],b[N];
ll DFS(ll l,ll r,ll h)
{
    if(l==r)return 1;
    if(l>r)return 0;
    ll ans=0,minn=INF,la=l-1;
    for(int i=l;i<=r;++i)
        minn=min(minn,a[i]);
    ans=minn-h;
    for(int i=l;i<=r;++i)
        if(a[i]==minn)
            ans+=DFS(la+1,i-1,minn),la=i;//表明左边已经找过了，例行地找的话从la=i开始避免重复查找
    ans+=DFS(la+1,r,minn);//例行公事
    return min(ans,r-l+1);//比较横着涂和竖着涂那个最小
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%lld",&a[i]);
    printf("%lld\n",DFS(1,n,0));
    return 0;
}

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