POJ 3276 Face The Right Way 反转

一、题目大意

有N（1<=N<=1e5）头牛，它们有一个方向F或者B，我们要让它们方向都变为F，给定一个机器，可以把k头牛（1<=k<=n）的方向取反（取反两次等于之前），求出合适的k，最小化取反次数m，输出m相同且最小时候的k。

注意本题目每次一定要反转k头牛，假如说有5头牛，第1头方向反了，k=3，我们一定要反转第3头牛来调整它的方向。（题目中的意思是，每次不能反转少于k头牛，例如在队列的两端，这个我英文不好一开始没理解，以为边缘可以特殊考虑，错了好多次）

二、解题思路

题目需要遍历所有可能的k，求出结果然后不断优化，重点在于如何在O(n)时间内求出k的反转次数。

我们每次只考虑最左边的这头牛i，如果i的方向靠前，那就不用考虑i，只需要处理[i+1,N)，如果它方向靠后，我们一定要反转[i,i+k-1]这些牛，因为无法对少于k头牛反转，所以必须以i为起点。然后反转k头牛不需要真正的反转，只需要记录一个数组f[i]，用来代表[i,i+k-1]这段区间内是否有过反转即可，

然后对于每一头牛，我们只需要通过 f[i-k+1],f[i-k+2]...f[i-1]，和一开始牛的方向，即可直到它现在的方向，（用尺取法去维护每个元素的前k-1项的和是O(1)），所以本题目的复杂性为O(n^2)

最后计算反转次数，只需要对f[i]数组求和即可

需要注意的是，我们不能对少于k头牛进行反转，那么如果数组f[i]在i∈[n-k+2,n]有任意f[i]==1，那么这组解都无效。

我当时出于放心考虑，所以按照从左到右的思想（只是变为了i=n;i--;i>=1,维护的值为后k-1项的和，最后判可行性的时候判的是[1,k-1]），又针对每个k从右到左计算了一次，貌似可以不用算从右到左，但我没理解为社么，不过时间上这个也是可以过的

三、代码

#include 
using namespace std;
bool front[5007];
int revCnt[5007], n, ansk, ansm, k;
void input()
{
    scanf("%d", &n);
    char c;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        getchar();
        scanf("%c", &c);
        if (c == 'F')
        {
            front[i] = true;
        }
        else
        {
            front[i] = false;
        }
    }
}
void flushRevCnt()
{
    for (int i = 0; i <= n; i++)
    {
        revCnt[i] = 0;
    }
}
// 从左到右
void solveRighter()
{
    int beforeKRevCnt = 0;
    // 从左到右边考虑，[i-k+1,i-1]反转的数量会影响到i的位置
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        bool isFront = front[i];
        if (beforeKRevCnt % 2 != 0)
        {
            isFront = !front[i];
        }
        if (!isFront)
        {
            revCnt[i] = 1;
        }
        beforeKRevCnt += revCnt[i];
        if (i - k + 1 >= 1)
        {
            beforeKRevCnt -= revCnt[i - k + 1];
        }
    }
    // 记录结果
    int currentAnsm = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        currentAnsm += revCnt[i];
        // 无解，从左到右，最右的不足k个不能动
        if (i + k - 1 > n && revCnt[i] != 0)
        {
            return;
        }
    }
    if (currentAnsm < ansm)
    {
        ansm = currentAnsm;
        ansk = k;
    }
}
// 从右到左
void solveLefter()
{
    int beforeKRevCnt = 0;
    // 从左到右边考虑，[i+1,i+k-1]反转的数量会影响到i的位置
    for (int i = n; i >= 1; i--)
    {
        bool isFront = front[i];
        if (beforeKRevCnt % 2 != 0)
        {
            isFront = !front[i];
        }
        if (!isFront)
        {
            revCnt[i] = 1;
        }
        beforeKRevCnt += revCnt[i];
        if (i + k - 1 <= n)
        {
            beforeKRevCnt -= revCnt[i + k - 1];
        }
    }
    // 记录结果
    int currentAnsm = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        currentAnsm += revCnt[i];
        // 无解，从右到左，最左的不足k个不能动
        if (i - k + 1 < 1 && revCnt[i] != 0)
        {
            return;
        }
    }
    if (currentAnsm < ansm)
    {
        ansm = currentAnsm;
        ansk = k;
    }
}
int main()
{
    input();
    ansk = 1, ansm = n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        k = i;
        flushRevCnt();
        solveRighter();
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        k = i;
        flushRevCnt();
        solveLefter();
    }
    printf("%d %d\n", ansk, ansm);
    return 0;
}