(POJ) 3276 Face The Right Way(模拟+尺取)

最新推荐文章于 2020-10-07 21:58:11 发布

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本文探讨了一道关于调整牛群方向的问题，通过优化算法在O(n^2)的时间复杂度内找到最少操作次数及对应的固定长度K，实现所有牛朝同一方向。利用标记数组和前缀和技巧，避免重复计算，提高了效率。

传送门

题目大意：N头牛排成了一列，但有的朝前有的朝后，现在农夫买了一台机器，但是这台机器购买时必须要设置一个固定的K，每次操作都会使K头连续的牛转向，求出让所有的牛能朝向前的最少次数M和对应的K。

解题思路：显然对同一个区间翻转一次就行了，翻转多次都是多余的。我们需要从最左边的牛开始翻转，因为它只属于一个区间，如果它朝后，那就不得不翻转。所以这个题我们可以去枚举长度k去解决。但是如果我们朴素的求解，枚举每一个k，在枚举区间的起点和翻转区间的k头牛，那这总的复杂度时O(n^3)显然是不行的。区间翻转这里是可以优化的，因为头牛的情况是会收到前k-1的影响的。

s[i]:标记是否被翻转，1就是被翻转，0就是没有被翻转

我们考虑第i头牛时如果为奇数，那第i头牛就是被翻转了，在结合处状态(1朝后，0朝前)就可以知道这里是否要被翻转但是每一次去计算这样显然不行，并没有优化。但是我们可以知道第i+1头牛时的状态是可以从i得来的。所以我们用一个sum就可以去更新状态了。

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define maxn 5005
#define inf 0x3f3f3f3f
int n,state[maxn],s[maxn];
//state记录状态，1为朝后，0为朝前 ,s标记是否被翻转 
int pd(int k){
	memset(s,0,sizeof(s));
	int res=0,sum=0,i;
	for(i=0;i+k<=n;++i){
		if((state[i]+sum)%2!=0){//朝后 
			res++;
			s[i]=1; 
		}
		sum+=s[i];
		if(i-k+1>=0){
			sum-=s[i-k+1];
		}
	}
	for(i=n-k+1;i<n;++i){//枚举最后不能被翻转的那一段 
		if((state[i]+sum)%2!=0){
			return -1; 
		}
		if(i-k+1>=0){
			sum-=s[i-k+1];
		}
	}
	return res;
}
void solve(){
	int resm=n,resk=1,i;
	for(i=1;i<=n;++i){//枚举k的长度 
		int tp=pd(i);
		if(tp>=0&&tp<resm){
			resm=tp;
			resk=i;
		}
	}
	printf("%d %d\n",resk,resm);
} 
int main(){
	int i;
	char tp;
	scanf("%d",&n);
	getchar();
	for(i=0; i<n; ++i) {
		scanf("%c",&tp);
		if(tp=='B') 
			state[i]=1;
		if(tp=='F') 
			state[i]=0;
		getchar();
	}
	solve();
	return 0;
}