[USACO19JAN，Platinum] Redistricting

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这道题A了才知道。。并不难a！ orz

题目

内存限制：128 MiB
时间限制：1000 ms
题目描述
奶牛们的最大城市Bovinopolis正在重新划分势力范围—生活在那里的主要是两个品种的奶牛（Holsteins和Guernseys），他们之间始终都有争执，因为两种奶牛都希望自己能在Bovinopolis的政府中保持足够的影响力。

Bovinopolis的大都市区域由N（1≤N≤3*1e5）个牧场组成，每个牧场包含一头奶牛，她可以是Holsteins，也可以是Guernseys。

Bovinopolis政府希望将大都市区划分为若干个相邻的区域，每个区域最多包含K个牧场（1≤K≤N），每个牧场都恰好只包含在一个区域内。由于目前Bovinopolis政府由Holsteins牛控制，因此，他们希望找到一种重新划分的方法，使得Guernseys牛占多数或两种牛相当的区域尽可能的少（如果Guernseys的数量和Holsteins的数量相同，则认为是两种牛相当）。

有一个关心政治的Guernseys牛的联盟想知道政府的计划会对她们造成多少的伤害，希望你帮助她们计算出Guernseys牛占优或实力相当的区域最小可能的数量。

输入格式
第一行输入2个数字N和K，表示牧场的数量和每个区域最多的牧场数。

第二行输入N个只包含H和G的字符串，表示第i个牧场由Holsteins牛或Guernseys牛控制的牧场。

输出格式
输出Guernseys牛占优或均势的最小分区数量。

样例
样例输入
7 2
HGHGGHG
样例输出
3

题解

首先一个长度为k的区间，可以划分为1和k-1，2和k-2…k，很多种选择，
而在这中间每一种选择都会影响答案，
而且与前面一次选择后k具体在哪个到哪个区间有关系

那么这道题就很容易想到DP了，而且长得跟台阶问题很像！

首先我们可以定义一个pre数组，表示1~i区间中，H比G多的个数
如果小于等于0的话，就意味着G占优势，答案+1，大于0则H占优势，答案不变

我们先来处理最容易的DP，dp[i]表示处理完i后的最小答案，很容易就写出：
dp[i] = min ( dp[i], dp[i-j] + ( pre[i] - pre[i - j] ) ≤ 0 ? 1 : 0 )
1≤i≤n，1≤j≤k，
注意理解pre[i]-pre[i-j]实际上算的是[i-j+1,i]
但是这样的dp是O（nk）肯定超时！！
我们得搞点事，做个数据优化啥的！

首先我们每个i只会在外层循环1次，找到1~i-1之前加上i后最小的答案
所以就是求dp[i]=min{dp[i-j] + ( pre[i] - pre[i - j] ) ≤ 0 ? 1 : 0}

这就可以想到堆优化，用优先队列维护，每一次就取队列的top
那么意思是我要维护这个队列一定和i是合法的，
而且对答案的值贡献是从小到大的

来思考一下dp[i-j] + ( pre[i] - pre[i - j] ) ≤ 0 ? 1 : 0
发现 ( pre[i] - pre[i - j] ) ≤ 0 对于答案的影响只有1/0
真正影响的是dp[i-j]，所以这个队列我们就可以先维护dp[i-j]从小到大
当dp[i-j]相同时，再维护( pre[i] - pre[i - j] ) ≤ 0从小到大

那么我们就把dp值和下标i丢到队列里，让队列帮我们排序就好啦！

代码实现

#include 
#include 
using namespace std;
#define MAXN 300005
int n, k;
char s[MAXN];
int dp[MAXN];
int pre[MAXN];
struct node {
	int val, id;
	bool operator < ( const node &t ) const {
		if ( val == t.val )	return pre[id] > pre[t.id];
		return val > t.val;
	}
};
priority_queue < node > q;
int main() {
	scanf ( "%d %d %s", &n, &k, s );
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ ){
		if ( s[i - 1] == 'H' )
			pre[i] = pre[i - 1] + 1;
		else
			pre[i] = pre[i - 1] - 1;
		dp[i] = 0x7f7f7f7f;
	}
	q.push ( ( node ) { 0, 0 } );
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
		while ( ! q.empty() && q.top().id < i - k ) q.pop();
		dp[i] = ( pre[i] - pre[q.top().id] <= 0 ) ? q.top().val + 1 : q.top().val; 
		q.push ( ( node ) { dp[i], i } );
	}
	printf ( "%d", dp[n] );
}

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诱人问题都可以留言，我们有缘再见！bye不要太想我我怎么开始满嘴跑火车了？