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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\(O(n^2)\)

#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;

}