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:


■ ■■ ■
■■ ■■ ■■
■■■■■■■■■■
■■■■■■■■■■

先把下面的方块横着涂:


■ ■■ ■
■■ ■■ ■■
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□

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;
}

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