POJ 3276 (开关问题)

题目链接: http://poj.org/problem?id=3276

题目大意：有一些牛，头要么朝前要么朝后，现在要求确定一个连续反转牛头的区间K，使得所有牛都朝前，且反转次数m尽可能小。

解题思路：

首先不要看错题意了，不是求最小K，不要二分。而且反转区间长度一定是K，小于K是不能反转的。

很明显得枚举K（1...n)，并且有以下反转思路：

①从第一头牛开始，如果朝前，不管了。看下一头牛，如果朝后反转K长度区间.....一直扫到区间结束。

②第一趟结束后，如果不符合要求，继续重复①，直到所有牛都朝前。

这样复杂度是O（n^3)，5000*5000*5000，标准TLE。

其实确定反转次数只需要扫一趟就行了，没有必要来回多趟。O（n^2)就能解决，这里借鉴了tmeteorj的依赖关系法，非常简洁。

它的思路是这样的：

f[i]保存的当前牛与前一头牛的关系，不同1，同0。其中设置一个0牛，方向为F。

这样，如果f[i]=1,则表示[i-1,i+k-1]这个区间需要反转，其中f值变化的只有f[i]和f[i+k]。中间的值没有变化。

对于每个K，从1扫到n-k+1，如果f[i]=1则进行反转操作，反转之后变化的部分立刻反馈，这样当处理i+1时，就能保证当前状态是处理i+1的最后一趟的状态。

原因很简单，在O（n^3)的方法里，我们来回扫，不过是把值来回重复循环，毫无意义。使用这种关系依赖法之后，就可以避免这些毫无意义的循环。

对于n+k+2~n的部分，只要出现需要反转的，则本次K是无效的。继续看下一个K。

否则，更新一下ansm和ansk。

#include "cstdio"

#include "cstring"

int f[],now[],n,ansm,ansk;

int main()

{

    //freopen("in.txt","r",stdin);

    char key,last='F';

    ansm=0x3f3f3f3f;

    scanf("%d",&n);

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

    {

        scanf(" %c",&key);

        if(key!=last) f[i]=;

        last=key;

    }

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

    {

        memcpy(now,f,sizeof(f));

        int cnt=;

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

            if(now[i]) {cnt++;now[i+k]^=;}

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

            if(now[i]) {cnt=0x3f3f3f3f;break;}

        if(cnt<ansm) {ansm=cnt;ansk=k;}

    }

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

}

13594393

neopenx

3276

Accepted

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329MS

C++

648B

2014-11-03 17:24:07