题目描述
九条可怜是一个热爱运动的女孩子。
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 n 个折点，每个折点上有一个亭子，第i 个折点的坐标是 (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 p ，当且仅当他所在的亭子 q 和 p 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,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≤l≤r≤n 计算：如果事先已知了只有区间 [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] 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。
输入格式
第一行输入一个整数 n 表示亭子的数目。 接下来一行 n 个整数，第 i 个整数 hi 表示第 i 个亭子的坐标是(i,hi)。
输出格式
对所有的 1≤l≤r≤n 计算：如果事先已知了可怜只会在 [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。
样例
样例输入
3
2 3 1
样例输出
3
样例解释
如果 r−l+1≤2 ,那么答案显然是 1 。 如果 l=1,r=n ,那么答案是2 ,需要安排两个保镖在 (2,3),(3,1) 两个位置监视可怜。
数据范围与提示
对于 30%30\%30% 的数据， n≤20。
对于 70%70\%70% 的数据， n≤500。
对于 100%100\%100% 的数据， n≤5000。
对于 100%100\%100% 的数据， hi≤10^9。
这道题有两个要点：
1、如何判断中间的某个点会不会挡住后面看前面的视线？ 这个很好想 可以通过斜率 如果终点到障碍物的斜率大于终点到起点的斜率 那么障碍物不会遮挡住终点看起点的视线
2、如何找到所有区间的最优解，这个就比较难想了。
采用线性dp的方法枚举左右端点，右端点从前往后枚举，但是左端点要从右端点往前枚举。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x[5003],y[5003],dp[5003][5003];
long long vis(int l,int k,int r)//判断k点的障碍物会不会挡住r看l的视线
{
if(1LL*(y[r]-y[k])*(x[r]-x[l])-1LL*(y[r]-y[l])*(x[r]-x[k])>0)
return 1;
else
return 0;
}
int getdp(int l,int r)
{
if(l>r) return 0;
return dp[l][r];
}
int main()
{
int n,ans=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
x[i]=i;
dp[i][i]=1;
cin>>y[i];
}
for(int r=1;r<=n;r++)//枚举右端点
{
int obl=r;//枚举障碍物
int cnt=1;//记录当前障碍物到终点所需要的保镖数
for(int l=r-1;l>=1;l--)//左端点
{
if(obl==r||vis(l,obl,r))//obl挡不住视线
{
cnt+=min(getdp(l+1,obl-1),getdp(l+1,obl));
obl=l;
}
dp[l][r]=cnt+min(getdp(l,obl-1),getdp(l,obl));
}
for(int l=1;l<r;l++) ans^=dp[l][r];
}
if(n&1) ans^=1;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
注意：任何数异或自身为0，任何数异或零仍不变