反转（开关问题）

Face the right way POJ NO.3276

N头牛排成了一列。每头牛或者向前或者向后。为了让所有的牛都面向前方，农夫约翰买了一台自动转向的机器。这个机器在购买时就必须设定一个数值K，机器每操作一次恰好使K头连续的牛转向。请求出为了让所有牛都能面向前方需要的最少的操作次数M和对应的最小K。

限制条件：1 <= N <= 5000

输入： 7 

           BBFBFBB

输出： 3 3

提示：先反转1-3号的三头牛，然后再反转3-5号，最后反转5-7号。步骤如下：

BBF BFBB ——> FFB BFBB  ——> FF FFB BB  ——> FFFF FFF

我们看出，对于一个区间（大小为K，连续）反转两次以上是多余的（反转2n次相当于没有反转，反转2n+1次相当于反转了一次），也就是说需要反转，一次就够了。

所以这个问题就转化成了求解需要被反转的区间的集合。于是我们首先考虑一下最左端的牛，包含这头牛的区间只有一个,  即[0,K - 1]，如果这头牛面向前，那么这个区间不需要反转；否则，这个区间需要被反转。这样问题的规模缩小1，再将第二头牛看做最左端，不断的重复下去，就可以求出最少所需的反转次数了。

此外，通过上面的分析可以知道，忽略掉队同一区间重复反转这类多余的操作后，只要存在让所有牛都面向前的方法，那么操作就和顺序无关了，因为每个区间只反转一次或者不反转。

这个算法复杂度又如何呢？

首先我们需要对所有的 K (从1-N）遍历搜索一遍，最坏的情况下，从第一头牛开始到N-K+1头牛，需要进行N-K+1次的反转操作（最后K-1头牛无法反转，因为考虑可行性，每次要转K头牛，而不能少于K头牛），每次反转操作需要操作K头牛，所以总的复杂度为O（N^3）。

但是其实我们并不需要每次非要操作K头牛真的反转，我们可以通过记录下每个区间是否反转这一信息，避免去做每次的K头牛反转这一工作。这样我们可以把时间复杂度降为O（N^2）。

所以定义 f[i] :  区间[ i , i+K-1 ] 进行了反转的话则为1，否则为0； 这样我们考虑第 i 头牛时（方向dir[i] , 面向前为零，面向后为1) 

如果 ∑f[j]， 从 i - K + 1 累加到 i- 1,  若这个sum 为奇数， 表明i头牛已经进行了奇数次的反转， 也就是说， 此时这头牛的方向和其最开始的方向相反， 同理， 若这个sum为偶数， 表明这头牛已经进行了偶数次的反转， 也就是此时这头牛的方向dir[i]和其最开始的方向相同。

sum记录的是在这头牛之前所反转的次数，这里很抽象可以在纸上演算一下。 如果是奇数的话，则这头牛的方向与起始方向是相反的；否则方向不变

再观察一下规律：

  ∑ f[j] = ∑f[j] + f[i] - f[i - K + 1]

注意， 第一个的求和 从 (i + 1) - K + 1 到 i

             第二个求和从 i  - K + 1 到 i - 1

这个规律就是说sum可以由递推关系得出，当为第i头牛时，其sum值为在这头牛之前所反转的次数，那么sum（i+1）=sum（i）+ f[i]  -  f[i - K + 1] ，因为区间K是固定的，所以加上第i头牛的反转次数也要减去sum（i）最前面一头牛的反转次数。

另外我们有如下的观察：

dir[i] + sum  <---------> 0 + 奇数， 为奇数， 表示还需要反转一次（原方向就是朝前的了， 已经进行奇数次反转， 变成了朝后）

dir[i] + sum  <---------> 0 + 偶数， 为偶数， 表示不用反转了

dir[i] + sum  <---------> 1 + 奇数， 为偶数， 表示不需要反转了， 原方向为1， 奇数次后为超前（即0）

dir[i] + sum  <---------> 1 + 偶数， 为奇数， 表示还需要反转一次， 原方向为0， 已经朝前了。

综上， 我们总结， 当dir[i] + sum 为奇数的时候， 就需要反转， 为偶数时， 就不需要反转了。 

总程序如下：

#include 
#include  // for memset
#include 
using namespace std;
const int maxn=5000+10;//防止溢出

int N;
int dir[maxn];//牛的方向(0:F, 1:B)
int f[maxn];//区间[i，i+k-1]是否进行反转

//固定K，求对应的最小操作数
//无解的话返回-1
int calc(int K)
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    int res=0;   //记录操作(反转)次数
    int sum=0;   //f的和
    for(int i=0;i+K<=N;i++)      //计算区间[i,i+K]
    {
        if((dir[i]+sum)%2!=0)    //奇数
        {
            res++;
            f[i]=1;      //区间[i,i+1]反转
        }
        sum+=f[i];   //加上第i头牛的反转情况
        if(i-K+1>=0)
            sum-=f[i-K+1];//sum是第i头牛前K-1次的反转情况 前面加了一个所以要减掉一个
    }
    //检查剩下的牛是否有面朝后方的情况
    for(int i=N-K+1;i=0)
            sum-=f[i-K+1];
    }
    return res;
}

int main()
{
    char c;
    while( cin >> N )
    {
        memset(dir,0,sizeof(dir));
        for(int i=0;i> c;
            if(c=='B') dir[i]=1;
        }
        int K=1,M=N;
        for(int k=1;k<=N;k++)
        {
            int m=calc(k);
            if( m>=0 && M > m)
            {
                M=m;
                K=k;
            }
        }
        printf("%d %d\n",K,M);
    }
    return 0;
}

原创：http://blog.csdn.net/a130737/article/details/44119191

在这位博主博客的基础上增加了我的一些理解，代码也修改了，愿对你有所帮助。