POJ 3276

题意：n头牛站成线，有朝前有朝后的的，然后每次可以选择大小为k的区间里的牛全部转向，会有一个最小操作m次使得它们全部面朝前方。问：求最小操作m，再此基础上求k。

题解：1、5000头牛不是小数目，再怎么也得要n^2的算法，其中，枚举k是需要的，这就有n了，只能想办法给出一个n在O（n）时间内求出最小次数了。

　　　2、对于给定的k，要想O（n）内把次数算出来，即只能扫一遍，一想到的必定是从前往后扫，遇到面朝后的就转头，但这一转牵扯太多，要改太多东西，k一大直接崩溃。

　　　3、对于每次扫描到的第i个点，都至多只能改一次才能保证效率，即只改变化的。将牛的朝向弄成依赖型，即后者依赖于前者，这样在一个区间内[a,b]翻转时，实际上[a+1,b]的依赖关系是没有改变的，改变的只有a,b+1。

　　　4、综上，设置一种关系表示每头牛与前一头牛的朝向，最简单的就是同向与反向的差异，不妨令同向为0，反向为1，为了使得最后都朝前，可以令一头虚拟牛（即0号牛）头朝前，然后第一头牛依赖于它。

　　　5、因此，每次检查时，只需要更改a和a+k位置的牛的依赖关系便可以解决了，最后在检查一下剩余的牛是否全是0就结束了。

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 1 #include<cstdio>

 2 #include<cstring>

 3 #include<algorithm>

 4 using namespace std;

 5 int cow[5005],temp[5005];

 6 int main()

 7 {

 8     int n;

 9     while(scanf("%d",&n)!=EOF)

10     {

11         char ch,lc='F';

12         for(int i=1;i<=n;i++)

13         {

14             scanf(" %c",&ch);

15             if(lc==ch)

16                 cow[i]=0;

17             else

18                 cow[i]=1;

19             lc=ch;

20         }

21         int ansk,ansm=1<<30;

22         for(int k=1;k<=n;k++)

23         {

24             int tp=0;

25             memcpy(temp,cow,sizeof(cow));

26             for(int i=1;i<=n-k+1;i++)

27                 if(temp[i])

28                     tp++,temp[i+k]^=1;

29             for(int i=n-k+2;i<=n;i++)

30             {

31                 if(temp[i])

32                 {

33                     tp=1<<30;

34                     break;

35                 }

36             }

37             if(ansm>tp)

38             {

39                 ansm=tp;

40                 ansk=k;

41             }

42         }

43         printf("%d %d\n",ansk,ansm);

44     }

45     return 0;

46 }