测试地址：守卫
做法：本题需要用到区间DP+优化。
看到数据范围，容易想到令$f(l,r)$为区间$[l,r]$的答案，我们来考虑怎么转移。
对于一个区间$[l,r]$，首先点$r$是一定要有人的，对于点$r$，它能看到的所有点可以这样求：从点$r-1$开始，如果它到点$r$的斜率和上一个能看到的点到点$r$的斜率相比更小，那么当前点就能看到，否则就看不到（可以把坐标系转换为以点$r$为极点的极坐标系来考虑），这样从右往左扫一遍就可以求出它能看到的所有点了。于是我们可以$O(n^2)$预处理出这些信息。
那我们有了这些信息，再考虑每一个点$r$看不到的点的连续区间$[l_k,r_k]$，注意到对于$x>r_k+1$，点$x$都是不可能看到区间$[l_k,r_k]$中的点的，这个结论画画图也可以得出来。由这个结论我们可以得出，每个这样的区间的决策对整个区间$[l,r]$来说，贡献是独立的，而对于一个区间$[l_k,r_k]$，要使得里面的点全部被看到，可以选择在点$r_k$或点$r_k+1$布置一个人，贡献分别为$f(l_k,r_k)$和$f(l_k,r_k+1)$，因此我们有状态转移方程：
$f(l,r)=1+\sum\min(f(l_k,r_k),f(l_k,r_k+1))$
这个方程是$O(n^3)$的，显然不能通过此题，这就需要我们的优化。从方程本身的角度已经很难优化下去了，因此我们对求方程的方法进行优化。
注意到$r_k+1<r$，因此我们从小到大枚举$r$来确保当前状态所需要的状态都已经被计算，而在$r$固定的情况下，$l$左移时，经过的$r$看不到的连续区间的贡献就可以顺便记录下来，这样我们就可以做到$O(n^2)$的总时间复杂度了，于是我们就完成了这一题。
以下是本人代码：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,h[5010],f[5010][5010];
bool see[5010][5010];

int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&h[i]);

    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        see[i][i]=0;
        for(ll j=i-1,last=0;j>=1;j--)
        {
            if (!last||(h[i]-h[j])*(i-last)<(h[i]-h[last])*(i-j))
            {
                see[i][j]=1;
                last=j;
            }
            else see[i][j]=0;
        }
    }

    ll ans=0;
    for(ll r=1;r<=n;r++)
    {
        ll lastans=1,lastr=0;
        for(ll l=r;l>=1;l--)
        {
            if (see[r][l])
            {
                if (lastr)
                {
                    lastans+=min(f[l+1][lastr],f[l+1][lastr+1]);
                    lastr=0;
                }
            }
            else
            {
                if (!lastr) lastr=l;
                f[l][r]+=min(f[l][lastr],f[l][lastr+1]);
            }
            f[l][r]+=lastans;
            ans^=f[l][r];
        }
    }
    printf("%lld",ans);

    return 0;
}