命运石之门的选择

题目大意：

有n个盒子，高度为ai，可以数值刷盒子，也可以横着刷，但如果前面没盒子了，就要停下，问刷完这些盒子最少要刷多少次

原题：

题目描述

在某一条不知名世界线的冈伦今天突然接到了一条dmail，上面说世界线将会发生巨大变动，未来的他无论如何都无法扭转这种变动回到原来的世界线。而世界线变动的原因是现在的他不久后错过了与助手的约会。他约好要和助手去约会，但是在去约会之前，由于一直拖欠房租，房东大叔要求他帮忙完成一幅画的上色，然而他没有以最快的速度完成这个任务，导致他错过了与助手的约会，从而导致世界线的剧变。现在到了拯救世界的时候，由于冈伦并不擅长画画，于是他找到了同样不擅长画画的你来帮他解决这个问题（这是命运石之门的选择）。不管怎样现在拯救世界的重任交到了你的手上，而你虽然不擅长画画，但是你可以使用编程来帮助你解决这个问题。
这幅画十分抽象:它由N个宽度为1高度为Hi的矩形组成，矩形并排排列，相邻的矩形间没有空隙，初始情况下每个矩形都是没有颜色的。你有一个宽度为1的刷子，你可以竖直或水平的刷，每次使用刷子，你的刷子都必须保证一直全部处于矩形中，即不能刷到矩形以外的地方去，当然你每次刷的时候也不能拐弯。你每刷一次，要花费1的时间，这和刷的长度无关，比如你可以从最左边刷到最右边（当然是不经过矩形以外的部分），这也只花费1的时间。你的目的是将全部的矩形都涂满颜色。请输出这个最短的时间，以便冈伦决定是自己来完成这个任务还是让你来做苦力。

输入

第1行：一个正整数N，表示矩形的个数。
接下来N个正整数Hi，表示第i个矩形的高度。

输出

一个整数，表示最少花费的时间。

输入样例

5
2 2 1 2 1

输出样例

3

说明

【数据规模】

30% N<=20, Hi<=100
60% N<=100, Hi<=1000
100% N<=5,000, Hi<=10^9

解题思路：

先离散化，然后用f[i][j]来表示刷了前i个盒子，还刷了j行，然后要不一列下去刷，要不横着刷，还有一种可能就是不用刷（之前已经刷到这个高度了）

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
long long ans,a[5005],b[5005],f[5][5005];
int main()
{memset(f,0x7f,sizeof(f));ans=f[0][0];//赋一个很大的值scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;++i){scanf("%lld",&a[i]);b[i]=a[i];//赋值}sort(b+1,b+1+n);//排序m=unique(b+1,b+1+n)-b-1;//去重f[0][0]=0;//预处理for (int i=1;i<=n;++i){memset(f[i&1],0x7f,sizeof(f[i&1]));//洛谷中要用滚动数组才不会MLEf[i&1][0]=f[(i+1)&1][0];//预先处理，要不然放在下面就会j-1=-1，就会烂掉for (int j=1;j<=m&&b[j]<=a[i];++j)//空的不能刷f[i&1][j]=min(f[(i+1)&1][j],f[i&1][j-1]+b[j]-b[j-1]);//往上横着刷for (int j=0;j<=m&&b[j]<a[i];++j)f[i&1][j]++;//还要再竖着刷一次for (int j=m;j>0;--j)f[i&1][j-1]=min(f[i&1][j-1],f[i&1][j]);//刷完上面的更优就赋值过去}for (int i=0;i<=m;++i)ans=min(ans,f[n&1][i]);//求最小值printf("%lld",ans);
}