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洛谷P4563 [JXOI2018]守卫(dp)

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attack
发布2019-03-11 10:30:08
4070
发布2019-03-11 10:30:08
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Sol

非常有意思的题目。

我们设\(f[l][r]\)表示区间\([l,r]\)的答案。

显然\(r\)位置一定有一个保镖

同时不难观察到一个性质:拿\([1, n]\)来说,设其观察不到的某个区间为\([l_k, r_k]\),那么\(r_k\)与\(r_k + 1\)一定有一个保镖,而且每段区间的贡献都是独立的。

这样我们可以预处理出任意两个点是否能看见(直接记上一个能看到的位置然后比较斜率)。

然后直接枚举\(r\),不断把\(l\)往左移动更新答案,这样可以保证更新的时候中间的区间都计算过,可以直接前缀和优化

复杂度\(O(n^2)\)

代码语言:javascript
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#include<bits/stdc++.h>
#define Fin(x) freopen(#x".in", "r", stdin);
using namespace std;
const int MAXN = 5001;
template<typename A, typename B> inline bool chmax(A &x, B y) {return x < y ? x = y, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline bool chmin(A &x, B y) {return x > y ? x = y, 1 : 0;}
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, f[MAXN][MAXN];
double a[MAXN];
bool can[MAXN][MAXN];
int main() {
    //Fin(a);
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        for(int j = i - 1, las = -1; j; j--) 
            if((las == -1) || (1ll * (a[i] - a[las]) * (i - j) > 1ll * (a[i] - a[j]) * (i - las))) 
                can[i][j] = can[j][i] =1, las = j;
    }
    int ans= 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        int s = 1, las = 0;
        for(int j = i; j; j--) {
            if(can[j][i]) {
                if(!can[j + 1][i]) s += min(f[j + 1][las], f[j + 1][las + 1]);
                f[j][i] = s;
            } else {
                if(can[j + 1][i]) las = j;
                f[j][i] = s + min(f[j][las], f[j][las + 1]);
            }
            ans ^= f[j][i];
        //  printf("%d ", f[j][i]);
        }
    //  puts("");
    }
    cout << ans;
    return 0;
}
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原始发表:2019-02-26 ,如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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