poj3276（开关问题）

/*
translation:
	有n头牛，每头牛要么面朝前方或者面朝后方。现在可以连续驱使连续的k头牛反转。求使得所有的牛面朝前方的最小操作数
	和对应的k是多少？
solution:
	反转开关模型
	此类模型的解法如下：首先可以遍历k，现在整个区间可以有多个长度为k的区间，而问题也就随之转化成了从这多个区间里面选择
	一些需要反转的区间。进一步观察还可以发现区间的反转顺序也是无关的，对同一个区间进行两次或者以上的反转是多余的。所以
	问题的解决流程如下，首先对最左边的牛进行判断，如果这头牛已经朝前方了，那么以这头牛为开始的区间就不需要在进行反转。
	如果这头牛朝后面，那么对应的以该牛为开始的区间就反转。不停重复以上步骤即可。
	但是如果反转牛时对每一头牛都进行反转操作的话时间复杂度就成了O(n^3)，肯定超时，所以必须在反转操作上进行优化。
	f[i]:=区间[i,i+k-1]进行了反转的话为1,否则的话为0,这样在考虑第i头牛时候，如果sum(f[i-k+1]+...+f[i-1)
	为奇数的话，则与开始方向相反，否则相同。这样就将反转操作的复杂度将为常数，整个算法复杂度将为O(n^2)
note:
	*：反转开关模型的一般解法，特别是反转操作的处理
date:
	2016.11.7
*/
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
const int maxn = 5000 + 5;

int dir[maxn], n, f[maxn];	//f[i]=1:面向后方		f[i]=0面向前方

int compute(int k)	//计算连续反转k头牛需要几次操作？
{
	memset(f, 0, sizeof(f));
	int res = 0, sum = 0;

	for(int i = 0; i+k-1 <= n-1; i++){
		if((sum + dir[i]) & 1){
			res++;
			f[i] = 1;
		}
		sum += f[i];
		if(i-k+1 >= 0)	sum -= f[i-k+1];
	}

	for(int i = n-k+1; i < n; i++){
		if((sum + dir[i]) & 1)	return -1;
		if(i - k + 1 >= 0)	sum -= f[i-k+1];
	}
	return res;
}

int main()
{
	//freopen("in.txt", "r", stdin);
    while(~scanf("%d", &n)){
		char tmp[5];
		memset(dir, 0, sizeof(dir));
		for(int i = 0; i < n; i++){
			cin >> tmp;
			if(tmp[0] == 'B')	dir[i] = 1;
			else				dir[i] = 0;
		}

		int ans_k = 1, ans_cnt = n;
		for(int k = 1; k <= n; k++){
			int cnt = compute(k);
			if(cnt < ans_cnt && cnt >= 0){
				ans_cnt = cnt;
				ans_k = k;
			}
		}
		printf("%d %d\n", ans_k, ans_cnt);
    }
    return 0;
}