6888: 守卫
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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
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
对所有的L≤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。
样例输入
3 2 3 1
样例输出
3
提示
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。
对于30%的数据，n≤20。
对于70%的数据，n≤500。
对于100%的数据，n≤5000。
对于100%的数据，1≤hi≤109。
来源/分类
题解:以前没接触过区间DP的我看着就懵逼了，太菜了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf=1e9;
const int MAXN=5005;
int f[MAXN][MAXN],h[MAXN],n,m,k,ans=0;
// f[l][r]表示如果只监视l到r需要多少个保镖
char readchar(){
static char buf[100000], *l=buf,*r=buf;
if(l==r) r=(l=buf)+fread(buf,1,100000,stdin);
if(l==r) return EOF;
return *l++;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=readchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=readchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=readchar();}
return x*f;
}
long long cross(int u,int v,int w)//检验v所在的点会不会挡住w监视u的视线
{
return 1LL*(v-u)*(h[w]-h[u])-1LL*(w-u)*(h[v]-h[u]);
// 这可以画一个方格图证明一下，用斜率推也可以推出来；
// 如果这个v点挡不住视线，那会返回一个正数，反之则返回一个负数；
}
int getdp(int l,int r)
{
if(l>r) return 0;
return f[l][r];
}
//标程是这样写的，可能是为了避免l>r造成的问题；
int main()
{
freopen("sw.in","r",stdin);
freopen("sw.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=read();
for(int r=1;r<=n;r++){
int pre=r,cur=1;
f[r][r]=1;
for(int l=r-1;l>=1;l--){
if(pre==r||cross(l,pre,r)>0){//如果pre点挡不住r的视线
cur+=min(getdp(l+1,pre-1),getdp(l+1,pre));
//可以在l+1到pre这个点或者到pre之前这个点间寻找最优解并加入答案
//因为pre这个点可以给一个保镖，也可以不给一个！
pre=l;//把枚举的这个障碍物赋给pre
//因为在l这个点能被r监视到，所以下一个枚举的点如果无法被它挡住，那一定没有点挡得住；
}
f[l][r]=cur+min(getdp(l,pre-1),getdp(l,pre));
//l到r的最优解
//顺便将l到pre这个点的没有加过的最优解加上
}
for(int l=1;l<r;l++) ans^=f[l][r];//处理答案的异或问题
}
if(n&1) ans^=1;
//因为每个f[i][i]也要参与异或操作
//如果n是奇数，那会进行异或1操作奇数次，那就相当于异或一次；
//如果n是偶数,那就不用异或了，因为异或1两次跟没异或效果是一样的！
cout<<ans<<endl;
return 0;
}