反转（开关问题） 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。

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <cmath>

#include <memory.h>

#include <cstring>

using namespace std;

int N;

char tmp, tmp1;

int arr[];

int arr1[];

int K,M;

int test(int k)

{

    memcpy(arr1,arr,sizeof(arr));

    int time = ;

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

    {

        if(arr1[i] == )

        {

            arr1[i] = ;

            arr1[i+k] = abs(arr1[i+k]-);

            time++;

        }

    }

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

    {

        if(arr1[i] == )

            return ;

    }

    return time;

}

void caculate()

{

    K = ;

    M = N;

    int tmpM;

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

    {

        tmpM = test(i);

        if(tmpM> && tmpM<M)

        {

            M = tmpM;

            K = i;

        }

    }

}

int main(int argc, char** argv)

{

    //freopen("E:/sample_input.txt", "r", stdin);

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

    {

        memset(arr, , sizeof(arr));

        tmp1 = 'F';

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

        {

            scanf(" %c", &tmp);

            if(tmp == tmp1)

                arr[i] = ;

            else

                arr[i] = ;

            tmp1 = tmp;

        }

        caculate();

        cout << K << " " << M << endl;

    }

    return ;

}

巴特西

反转（开关问题） POJ 3276

最新文章

热门文章