标签：include 二分 color ons 并且 枚举 无法 第一个 将不
已知01序列a，求通过对长度为k的序列取反能使序列全部变为1的k的最大值，及此时的最少取反次数。
首先，先想一想怎么暴力吧。这样想：要保证最小，那么必然不会对同一个区间反转两次，而在k一定时，则不会以同一个数为起点反转两次，于是我们有如果第一个数是0，则反转，是1，则不反转，第一个是否反转就可以确定了，然后按照反转操作进行反转，反转完之后再判断第二个，一直到最后一个（如果区间后端超了n，那么将不会反转成功），然后我们枚举k找到最大的满足条件的k，以及其反转次数。
暴力还是比较简单的，就是枚举+模拟，但是这样的复杂的接受不了。怎么办呢，我们想想可以对哪个环节进行优化，枚举，枚举可以改为二分吗？不行的，因为你无法保证2不可以3就一定不可以，该枚举还是要枚举。并且n2logn的效率也不是很好。
那模拟环节呢，你会发现，其实我们判断他需不需要改变是1的，只不过是模拟改变的过程还要走一遍k，这是复杂度无法接受的原因，那么我们能不能在保证判断是1的情况下改掉模拟修改的复杂度，当然不一定是模拟，总之要找一种方法记录下来修改保证判断操作是1.
其实还是比较好想到的：因为我们在判断i的过程中只需考虑它前面k-1个区间的修改次数，这个就相对好记录了，边判断边记录就可以了，这样维护它被修改的次数的操作也变为1了。问题就迎刃而解了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <string> using namespace std; const int maxn=5000+10; bool a[maxn]; int f[maxn]; int sum[maxn]; int Co(int k,int n){ memset(f,0,sizeof(f)); memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i=1;i<=n;i++){ bool js=a[i]; if((sum[i-1]-sum[max(i-k,0)])%2) js=!js; if(js){ if(i+k-1>n)//直接判断这个k不行 return -1;//这里为了防止和0次冲突 f[i]=1; } sum[i]=f[i]+sum[i-1]; } return sum[n]; } int main(){ int n; scanf("%d",&n); char js; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf(" %c",&js); if(js==‘B‘) a[i]=1; } int k; for(k=n;k>=1;k--)//倒序，找到一个就可应break了 if(Co(k,n)+1) break; printf("%d %d",k,Co(k,n)); return 0; }
然后就是我们再想一下对枚举的优化，我们可不可以先把所有的质数判断出来，然后找比最大的可以完成的质数还大的和数，如果合数有不能完成的质因子，那它也不能完成（想想为什么），不过这种方法的优化可能不大。
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