P2101 命运石之门的选择
题意
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\(H_i\)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。
输入输出格式
输入格式：
第\(1\)行：一个正整数\(N\)，表示矩形的个数。
接下来\(N\)个正整数\(H_i\)，表示第\(i\)个矩形的高度。
输出格式：
一个整数，表示最少花费的时间。
输入输出样例
输入样例#1：
5
2 2 1 2 1输出样例#1：
3说明
【数据规模】
\(30\% N\leq 20, H_i\leq 100\)
\(60\% N\leq 100, H_i\leq 1000\)
\(100\% N\leq 5,000, H_i\leq 10^9\)
思路
这就是个简单的分治或者\(dp\)啊。 --logeadd
完全不会分治的蒟蒻我只能做一些分治水题\(qwq\)。
我们对一个区间来搜索，再来一个一个区间地分下去。具体来说，我们用一个函数\(dfs(l,r)\)来查询区间\([l,r]\)的答案，而这个答案又可以用多个子区间\([l,x_1],[x_1+1,x_2],[x_2+1,x_3]\cdots [x_y+1,r]\)得到，这样我们一步步地分区间搜索，最后合并答案。
那么怎么合并答案呢？对于一个区间\([l,r]\)有一个显然的结论：先把下面的方块横着涂满，然后再竖着涂剩余的区间，所以我们可以统计出这个区间的最小高度，然后把它横着涂满，再把剩余的方块\(dfs\)考虑就好了。
比方说我们有这样的一个形状：
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■■■■■■■■■■先把下面的方块横着涂：
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□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□上方就多出来了三个小区间，再来分别\(dfs\)就好了。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MAXN=5e3+5;
LL n,a[MAXN];
LL read()
{LL re=0;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) ch=getchar();while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();return re;
}
LL ask(LL l,LL r)
{if(l==r) return 1;LL re=INT_MAX;for(LL i=l;i<=r;i++) re=min(re,a[i]);for(LL i=l;i<=r;i++) a[i]-=re;for(LL i=l;i<=r;i++){if(!a[i]) continue;LL j=i;while(j<=r&&a[j+1]) j++;re+=ask(i,j),i=j;}return min(r-l+1,re);
}
int main()
{n=read();for(LL i=1;i<=n;i++) a[i]=read();printf("%lld",ask(1,n));return 0;
}
)
