USACO 1.1 Broken Necklace

USACO 1.1 Broken Necklace

题目链接：http://ace.delos.com/usacoprob2?a=RfmQrEONAFb&S=beads

今天开始重做usaco了。上次是去年这个时候了，一眨眼一年就过去了。做了两个月才到4.3，后来就没做了。
现在重新开始吧。

beads这题，比较巧妙的地方就是把字符串复制一份，从而就避免了边界检查。
用left[0][i]来记录从某一点向左可以收集到的最长r色beads数
用left[1][i]来记录从某一点向左可以收集到的最长b色beads数
right数组类推。

显然，如果i为r色，则向左可以收集到的最长r色为left[0][i-1]+1.可以向左收集到的最长b色为0。
如果i为b色，类推。
如果i为w色，i即可做r，也可做b.所以各自加1.

代码如下：

#include  < iostream >
#include  < fstream >

using   namespace  std;

ifstream fin( " beads.in " );
ofstream fout( " beads.out " );

#ifdef _DEBUG
#define  out cout
#define  in cin
#else
#define  out fout
#define  in fin
#endif

// 为简化代码，在数组前后各加1位，这样i+1,i-1不会越界，也无需对边界情况特殊处理。
int  l[ 2 ][ 702 ];
int  r[ 2 ][ 702 ];


void  solve()
{
     int  num;
     in >> num;

     string  s;
     in >> s;
    s += s;

    memset(r, 0 , sizeof (l));
    memset(r, 0 , sizeof (r));

     for ( int  i = s.size();i >= 1 ; -- i){
         if (s[i - 1 ] == ' r ' ){
            r[ 0 ][i]  =  r[ 0 ][i + 1 ] + 1 ;
            r[ 1 ][i]  =   0 ;
        } else   if (s[i - 1 ] == ' b ' ){
            r[ 0 ][i]  =   0 ;
            r[ 1 ][i]  =  r[ 1 ][i + 1 ] + 1 ;
        } else {
            r[ 0 ][i]  =  r[ 0 ][i + 1 ] + 1 ;
            r[ 1 ][i]  =  r[ 1 ][i + 1 ] + 1 ;
        }
    }

     for ( int  i = 1 ;i <= s.size(); ++ i){
         if (s[i - 1 ] == ' r ' ){
            l[ 0 ][i]  =  l[ 0 ][i - 1 ] + 1 ;
            l[ 1 ][i]  =   0 ;
        } else   if (s[i - 1 ] == ' b ' ){
            l[ 0 ][i]  =   0 ;
            l[ 1 ][i]  =  l[ 1 ][i - 1 ] + 1 ;
        } else {
            l[ 0 ][i]  =  l[ 0 ][i - 1 ] + 1 ;
            l[ 1 ][i]  =  l[ 1 ][i - 1 ] + 1 ;
        }
    }

     int  res  =  INT_MIN;

     for ( int  i = 1 ;i <= num; ++ i){
        res  =  max(res, max(r[ 0 ][i],r[ 1 ][i]) + max(l[ 0 ][i + num - 1 ],l[ 1 ][i + num - 1 ]));
    }

     //  在出现重叠的情况下，res会大于num.最大只能是num
    res  =  min(res,num);

     out << res << endl;
}

int  main( int  argc, char   * argv[])
{
    solve();
     return   0 ;
}