Acwing4440. 照相

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Acwing4440. 照相原题链接
2023.7.12

1 暴力递推

1递推法

思路是每一头奶牛都翻转一次

统计翻转前和翻转后 两次位于偶位置的G奶牛的数量，若是翻转后数量多，那么就保持反转 要是翻转后数量好，就再翻转回去

！！！注意，这是错误的代码，甚至样例都没有过

本菜菜还没有找到更正的方法，欢迎并跪求路过的大佬指出错误，谢谢！！

#include
#include
#include
#include

using namespace std;
const int N=1001010;
int n;//奶牛的个数
char breed[N];//输入奶牛的序列
int res;//统计反转的次数
int sum1; //统计反转前G奶牛位于偶位置的个数
int sum2; //统计反转后G奶牛位于偶位置的个数
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>breed[i];
  
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(breed[i]=='G'&&(i+1)%2==0)sum1++;
        //如果G奶牛位于偶位置，sum1++，统计个数

                  reverse(breed,breed+i);
                  res++;
 
            //判断反转后跟翻转前位于偶位置的G奶牛的个数
            for(int c=0;c<=i;c++){
                if(breed[c]=='G'&&(c+1)%2==0)
                sum2++;
            }
   
            if(sum1>=sum2){
                reverse(breed,breed+i);
                res--;
                //如果翻转后比反转少，那再翻转回去
                //对应反转次数回到没反转的时候
            }
            sum2=0;
        
    }
      //GGGHGHHGHHHGHG （反转前）
//   -> HGHGGGHGHHHGHG （反转后）
    // for(int i=0;i
    cout<<res;
 
    return 0;
}

2 递归法（会超时）

这个方法的思路主要是用Acwing92. 递归实现指数型枚举的思路实现的

（也算是一种活学活用吧嘿嘿）（菜菜的自我幻想）

利用递归的思想，将所有种可能的组合进行判断，判断哪一种组合的G奶牛在偶数位置数目最多而且翻转次数最小

因为本菜菜不懂如何记录并使用上一次递归过程中的sum

就没办法在得出sum最大的时候，比较res最小

只好分了两个递归，一个记录最大sum（偶数位置G奶牛的最大数目）

一个记录符合sum的最小res（翻转次数）

#include
#include
#include
#include
#include  //最大最小数 INT_MIN  INT_MAX

using namespace std;
const int N=110010;
int n; //奶牛的总数目
char breed[N];//输入奶牛的序列
int sum;//统计符合条件的奶牛数目（位于偶位置的G奶牛）
int res; //统计反转次数

int sum1;//统计最大偶位置的奶牛的数目

int minres=INT_MAX;//记录符合sum最大条件下的最小res;
//minres初始值要很大，因为用的是min函数，初始值如果为0 那么全是0


void Maxsum(int u){
   if(u>n-1){  //终止条件
       
   for(int i=0;i<n;i++)
   if(breed[i]=='G'&&i%2==1)sum++;  //统计站在偶数位置的奶牛
       
       sum1=max(sum,sum1);//记录可以站在偶数位置的G奶牛最多有多少头
         
       sum=0; //初始化下次递归过程的sum
       
              return ;//一定要记得强制返回哦
  
   }
   
        //原理参考Acwing92.递归实现指数型枚举
         Maxsum(u+1);  //不反转
         reverse(breed,breed+u+1);   //翻转
         Maxsum(u+1);
}

//写两个递归 第一个用来求出奶牛站在偶数位置的可能做大值
//           第二个用来求符合最大sum的最小res
void Minres(int u){

   if(u>n-1){  //终止条件

   for(int i=0;i<n;i++)
   if(breed[i]=='G'&&i%2==1)sum++;  //i是从0开始的

   if(sum!=sum1) {sum=0; return ; } //如果sum不是最大值，直接返回 省时间
   
      minres=min(res,minres); 

      res=0;//重新初始化sum和res不要影响下一次的res
      sum=0;
        return ;
   }
   
          Minres(u+1);  //不反转
          reverse(breed,breed+u+1);   //翻转  //reverse是左闭右开
          res++;   //只有翻转res才会+1
          Minres(u+1);
}

int main(){
    cin>>n>>breed;
    
    Maxsum(0);//从第零层开始
    sum=0;
    res=0;  //防止影响新递归

    Minres(0);
    
     cout<<minres;
     return 0;   
}   

注意reverse是左闭右开！！！！！！！！

3 正确思路分析

先看图

思路的是

我们发现，因为数据本身一定是偶数，如果我们把每两个数据看做一组，

比如11 00 10 01

每次翻转，小组内的结果与其他小组是互相独立的，是不会彼此影响的

所以可以安心的只考虑这一组的情况

我们发现，处于第二个位置，一定是偶数位置，处于第一个位置，一定是奇数位置（这里仅考虑一个小组内的情况），所以我们考虑可以把所有的第二个位置的G翻转到第一个位置。

但是GH表示太过于复杂，我们考虑数学方法里的换元，用1表示GH，用0

表示HG，HH和GG这两种情况无论如何翻转是都不会变的，所以我们只需要考虑将所有的1变成0即可

假设数据是001，我们可以把1前面的0都转为1

即成为111，再把所有的111转换成0

即为000

这样就得到了1变为0的操作

以此类推，后续的所有的1都可以由这种操作转换

最后我们发现，实际统计最少的翻转次数，我们只需要考虑两个相邻的数字是否相同，相同则不用翻转。不同则需要反转一次，

由此，我们只需要统计相邻数字不相同的情况即可

举例说明

101

实际有三个不同的间隔（我们自动给最后一个一后面虚拟添加一个0也就是1010）

所以只需要反转三次即可

4 正确代码

#include
#include
#include
#include

using namespace std;

const int N=200100;
int n;   //奶牛的数目
char breed[N];//记录奶牛的序列
int arr[N];   // 记录0 1数串
int j;         //arr数组的下标索引
int res;       //记录符合条件的数目
int main(){
    cin>>n>>breed;

    for(int i=0;i<n;i+=2){
        //只考虑HG和GH这两种情况
        if(breed[i]=='G'&&breed[i+1]=='H')arr[j++]=1;
        if(breed[i]=='H'&&breed[i+1]=='G')arr[j++]=0;
    
    }
    
    for(int i=0;i<j;i++){  //按理说需要单独考虑最后一种，但是因为数组后面是许多个0，所以不用单独考虑
        if(arr[i]!=arr[i+1])res++;
    }
    cout<<res;
    return 0;
}