标签：The ble mem out eof 它的 mamicode amp 复杂
地址 http://poj.org/problem?id=3276
解法
依次遍历一次翻转K(1~N)头牛的办法 最后得出转数最小的答案 复杂度是 N*N*N
但是在模拟一次翻转K头牛的时候 我们可以优化模拟翻转的过程 优化效率
如图 当K = 3 每次翻转3头牛的时候
第0头牛 朝后 之前影响到第0头牛的点击数为0 所以我们需要点击1次 将牛朝前
第1头牛 朝后 之前影响第1头牛的点击数为1 所以牛已经朝前不必点击
第2头牛 朝前 之前影响第2头牛的点击数为1 所以需要点击1次 将牛朝前
第3头牛 朝后 之前影响第3头牛的点击数为1 牛已经朝前(之前其实点击了两次 但是第0头牛的点击只影响0 1 2 这3头牛)
第4头牛 朝前 之前影响第4头牛的点击数为1 牛朝后，需要点击1次
第5头牛 朝后 之前影响第5头牛的点击数为1 牛朝前
第6头牛 朝后 之前影响第6头牛的点击数为1 牛朝前
点击牛的个数 0 2 4 ，共3次点击.
如果我们在遍历到第i头牛的时候 已经记录之前能影响到i头牛的点击数 就不必每次去模拟一次点击后牛的朝向
那么 整体复杂度就从 n*n*n 降低到n*n
代码如下:
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; const int MAX_N = 5e3 + 10; int f[MAX_N]; int N; int d[MAX_N]; int getans(int k) { memset(f, 0, sizeof(f)); int sum = 0; int res = 0; for (int i = 0; i + k <= N; i++) { //第i头牛 和之前能影响到它的点击数和 如果余1 则说明该牛朝后 需要点击 if ((d[i] + sum) % 2 == 1) { f[i] = 1; res++; } sum += f[i]; //i向后推移 则减去影响不到i头牛的点击数字 if (i - k + 1 >= 0) sum -= f[i - k + 1]; } //最后k-1头牛是不必点击的 只需要查看他们被影响的点击和 判断是否朝前 for (int i = N - k + 1; i < N; i++) { if ((d[i] + sum) % 2 == 1) return -1; if (i - k + 1 >= 0) sum -= f[i - k + 1]; } return res; } int main() { while (cin >> N) { for (int i = 0; i < N; i++) { char c; cin >> c; if (c == ‘F‘) d[i] = 0; else d[i] = 1; } int K = 1; int M = N; for (int k = 1; k <= N; k++) { int m = getans(k); if (m >= 0 && M > m) { M = m; K = k; } } cout << K << " " << M << endl; } return 0; }
poj 3276 Face The Right Way 递推
标签：The ble mem out eof 它的 mamicode amp 复杂
原文地址：https://www.cnblogs.com/itdef/p/12091519.html
