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POJ3276
题意：
N 头牛排成一列，每头牛或向前或向后。每次可以反转连续的 K 头牛，求出让所有的牛都能面向前方所需要的最少操作次数 M 和对应的最小的 K。
解法：
首先加入顺序的枚举每个以向后的牛开始的区间，让其反转，之后检查可行性，复杂度为 $O(n^3)$，即顺序遍历、反转、寻找第一个面向正面的奶牛，不可取。
所以这种问题的关键就是怎样优化区间反转的那一部分。
设：$f[i] = $区间$[i,i+K-1]$进行了反转的话则为$1$，否则为$0$.
这样在考虑第 i 头牛的时候，如果 $\sum_{j=i-K+1}^{i-1}f[j]$为奇数的话，则这头牛的方向与起始方向是相反的，否则方向不变
又因为：$\sum_{j=(i+1)-K+1}^{i}f[j]=\sum_{j=i-K+1}^{i-1}f[j]+f[i]-f[i-K+1]$
这样每个区间的牛的反转情况就可以在$O(1)$的时间内算出来，可解。
1 int N; 2 int dir[MAXN]; // 牛的方向（0：F，1：B） 3 int f[MAXN]; //区间（i，i-K+1）是否进行反转 4 5 //固定K，求对应的最小操作回数 6 //无解返回-1 7 int calc(int K) { 8 MEM(f, 0); 9 int res = 0; 10 int sum = 0; // f的和 11 for (int i = 0; i + K <= N; i++) { 12 if ((dir[i] + sum) % 2 != 0) { 13 // 前端的牛朝后方 14 res++; 15 f[i] = 1; 16 } 17 sum += f[i]; 18 if (i - K + 1 >= 0) sum -= f[i - K + 1]; 19 } 20 //检查剩下的牛是否有朝后方的情况 21 for (int i = N - K + 1; i < N; i++) { 22 if ((dir[i] + sum) % 2 != 0) return -1; //无解 23 if (i - K + 1 >= 0) sum -= f[i - K + 1]; 24 } 25 return res; 26 } 27 // M为最小操作次数，K为对应的反转的区间长度 28 void solve() { 29 int K = 1, M = N; 30 for (int k = 1; k <= N; k++) { 31 int m = calc(k); 32 if (m > 0 && M > m) { 33 M = m; 34 K = k; 35 } 36 } 37 printf("%d %d\n", K, M); 38 } 39 40 int main() { 41 #ifndef ONLINE_JUDGE 42 freopen("input.txt", "r", stdin); 43 #endif 44 scanf("%d", &N); 45 REP(i, 0, N - 1) { 46 char c[2]; 47 scanf("%s", c); 48 dir[i] = (c[0] == ‘F‘) ? 0 : 1; 49 } 50 solve(); 51 return 0; 52 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/romaLzhih/p/11620077.html
