【RQNOJ 285】USACO2008 Feb 麻烦的聚餐（重庆一中高2018级信息学竞赛测验9） 解题报告
为了避免餐厅过分拥挤，FJ要求奶牛们分3批就餐。每天晚饭前，奶牛们都会在餐厅前排队入内，按FJ的设想，所有第3批就餐的奶牛排在队尾，队伍的前端由设定为第1批就餐的奶牛占据，中间的位置就归第2批就餐的奶牛了。由于奶牛们不理解FJ的安排，晚饭前的排队成了一个大麻烦。
第i头奶牛有一张标明她用餐批次 D_i 的卡片。虽然所有N头奶牛排成了很整齐的队伍，但谁都看得出来，卡片上的号码是完全杂乱无章的。
在若干次混乱的重新排队后，FJ找到了一种简单些的方法：奶牛们不动，他沿着队伍从头到尾走一遍，把那些他认为排错队的奶牛卡片上的编号改掉，最终得到一个他想要的每个组中的奶牛都站在一起的队列，例如111222333或者333222111。哦，你也发现了，FJ不反对一条前后颠倒的队列，那样他可以让所有奶牛向后转，然后按正常顺序进入餐厅。
你也晓得，FJ是个很懒的人。他想知道，如果他想达到目的，那么他最少得改多少头奶牛卡片上的编号。所有奶牛在FJ改卡片编号的时候，都不会挪位置。
【输入格式】
第1行: 1个整数：N
第2..N+1行: 第i+1行是1个整数，为第i头奶牛的用餐批次D_i
【输出格式】
第1行: 输出1个整数，为FJ最少要改几头奶牛卡片上的编号，才能让编号变成他设想中的样子
【输入样例】
5
1
3
2
1
1
【输出样例】
1
【数据范围】
1<=D_i<= 3
1<=N<=30,000
【来源】
队列中共有5头奶牛，第1头以及最后2头奶牛被设定为第一批用餐，第2头奶牛的预设是第三批用餐，第3头则为第二批用餐。如果FJ想把当前队列改成一个不下降序列，他至少要改2头奶牛的编号，一种可行的方案是：把队伍中2头编号不是1的奶牛的编号都改成1。不过，如果FJ选择把第1头奶牛的编号改成3，就能把奶牛们的队伍改造成一个合法的不上升序列了。
做题思路（错解）：拿到这道题，在审题时以为队伍中的奶牛一定要分3批，于是推出了不完整的状态转移方程和边界，最后只得了40分。
解题思路（正解）：根据题意，思路应该明确，主要算法就是动态规划，但为了方便分析状态转移方程，将之前顺序的队列与前后颠倒的队列分开考虑。
设状态函数f(i,j)表示前i头奶牛中，第i头奶牛卡片编号为j时的最少改动次数，接下来分析状态转移方程，第i头奶牛的编号可以为1、2、3，如果第i头奶牛原来的编号与现在的编号不符，则改动次数就要加1，当第i头奶牛的编号为1时，它前面的奶牛编号只能为1；当第i头奶牛的编号为2时，它前面的奶牛编号可以为1或者2；当第i头奶牛的编号为3时，因为编号为2的部分可以空缺，所以它前面的奶牛编号可以为1或者2或者3。所以，状态转移方程为if(a[i]!=j) f(i,3)=min{f(i-1,1),f(i-1,2),f(i-1,3)}+1 f(i,2)=min{f(i-1,1),f(i-1,2)}+1 f(i,1)=f(i-1,1)+1，if(a[i]==j) f(i,3)=min{f(i-1,1),f(i-1,2),f(i-1,3)} f(i,2)=min{f(i-1,1),f(i-1,2)} f(i,1)=f(i-1,1)。因为队伍中的奶牛不一定要分3批，所以边界条件为if(a[1]!=1) f(1,1)=1 else f(1,1)=0 ； if(a[1]!=2) f(1,2)=1 else f(1,2)=0 ； if(a[1]!=3) f(1,3)=1 else f(1,3)=0。答案即在f(N,1),f(N,2),f(N,3)中取最小值。该算法的时间复杂度为O(3*n)。
因为队列可以前后颠倒，所以想要计算前后颠倒的序列满足条件时的最少改动次数，只需将输入的数据反向存储即可，动态规划与顺序的队列相同。
值得一提的是，该题的动态规划还有另外的做法，见麻烦的聚餐 解法2 from cqyz_yoyoku
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=30005;
int N;
int a[maxn],b[maxn];
/*
f(i,j)表示前i头奶牛中，第i头奶牛卡片编号为j时的最少改动次数
if(a[i]!=j) f(i,3)=min{f(i-1,1),f(i-1,2),f(i-1,3)}+1
f(i,2)=min{f(i-1,1),f(i-1,2)}+1
f(i,1)=f(i-1,1)+1
if(a[i]==j) f(i,3)=min{f(i-1,1),f(i-1,2),f(i-1,3)}
f(i,2)=min{f(i-1,1),f(i-1,2)}
f(i,1)=f(i-1,1)
边界：if(a[1]!=1) f(1,1)=1
else f(1,1)=0
if(a[1]!=2) f(1,2)=1
else f(1,2)=0
if(a[1]!=3) f(1,3)=1
else f(1,3)=0
*/
int d1[maxn][5],d2[maxn][5];
void solve() //动态规划
{
memset(d1,100,sizeof(d1));
memset(d2,100,sizeof(d2));
if(a[1]!=1) d1[1][1]=1;
else d1[1][1]=0;
if(a[1]!=2) d1[1][2]=1;
else d1[1][2]=0;
if(a[1]!=3) d1[1][3]=1;
else d1[1][3]=0;
if(b[1]!=1) d2[1][1]=1;
else d2[1][1]=0;
if(b[1]!=2) d2[1][2]=1;
else d2[1][2]=0;
if(b[1]!=3) d2[1][3]=1;
else d2[1][3]=0;
for(int i=2;i<=N;i++)
{
for(int j=1;j<=3;j++)
{
if(a[i]!=j)
{
if(j==1) d1[i][1]=d1[i-1][1]+1;
if(j==2) d1[i][2]=min(d1[i-1][1],d1[i-1][2])+1;
if(j==3) d1[i][3]=min(d1[i-1][1],min(d1[i-1][2],d1[i-1][3]))+1;
}
else
{
if(j==1) d1[i][1]=d1[i-1][1];
if(j==2) d1[i][2]=min(d1[i-1][1],d1[i-1][2]);
if(j==3) d1[i][3]=min(d1[i-1][1],min(d1[i-1][2],d1[i-1][3]));
}
}
}
for(int i=2;i<=N;i++)
{
for(int j=1;j<=3;j++)
{
if(b[i]!=j)
{
if(j==1) d2[i][1]=d2[i-1][1]+1;
if(j==2) d2[i][2]=min(d2[i-1][1],d2[i-1][2])+1;
if(j==3) d2[i][3]=min(d2[i-1][1],min(d2[i-1][2],d2[i-1][3]))+1;
}
else
{
if(j==1) d2[i][1]=d2[i-1][1];
if(j==2) d2[i][2]=min(d2[i-1][1],d2[i-1][2]);
if(j==3) d2[i][3]=min(d2[i-1][1],min(d2[i-1][2],d2[i-1][3]));
}
}
}
int ans=1000000010;
for(int i=1;i<=3;i++)
ans=min(ans,min(d1[N][i],d2[N][i]));
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
freopen("dinner.in","r",stdin);
//freopen("dinner.out","w",stdout);
scanf("%d",&N);
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
b[N-i+1]=a[i]; //反向存储输入数据，即将原队列前后颠倒
}
solve();
return 0;
}