USACO07MAR Face The Right Way G 差分

題目連接 https://www.luogu.com.cn/problem/P2882

分析

這個題來看的話好像有點難下手，不如再去讀一遍題 N遍，發現一句話很重要Each time the machine is used, it reverses the facing direction of a contiguous group of K cows in the line，就是說只能翻轉固定的長度區間，那這樣是否是就能夠枚舉區間了？枚舉一層區間,再枚舉每次起點，最後加上區間修改，時間複雜度\(O(N^3)\)，確定會T掉，接下來就考慮優化了。
優化怎麼入手呢？時間主要就是出在這三層循環上，只要省掉一層循環，時間複雜度就能到\(O(N^2)\)，這樣就能夠過，第一層循環，顯然不能省略，第二層一樣，只有在區間修改這一層循環上能夠作點手腳，回憶區間修改，有幾種作法，線段樹，樹狀數組，還有差分，前二者用在這都有點大材小用或是說不是很合適，由於判斷是否區間修改完成很差判斷，而差分用在這個區間上就很合適了。那咱們大概思路也就有了，首先讀入數組，將B標記成1，F標記成0，這裏怎麼標記都無所謂，而後利用枚舉區間，差分修改，最後輸出答案，下面考慮一下細節。
咱們枚舉區間完，要從左到右一次反轉區間，爲何呢？題目中要求的是最小次數，就是要先保證次數最小，再考慮區間長度，而咱們若是先修改後面的，把後面改好了，再去改前邊的，結果必定不會比先改前邊的好（有可能相等，如00100），因此咱們爲保證最小次數，必定從最左端開始依次枚舉，若是這個點不符合，就把他後面的整個區間翻轉，這裏就要用到差分了，確定直接修改會T掉，咱們能夠考慮，若是這個區間要修改，那麼原來的1會變成2，0會變成1，好像沒什麼規律，但再看就發現全部的奇數都須要改變，偶數就不用，每次修改給整個區間加一，判斷奇偶數就行，而後這就變成了一個區間加一個數的操做，相信你們應該都會。這樣修改就完成了，那麼怎麼判斷能不能完成題目的任務呢？由題意能夠知道若是當前區間長度小於修改的區間長度，是不能修改的，也就是從n往前的長度爲len的區間老是沒法被修改的，因此判斷這一段區間內有無不知足條件的點便可。
最後找答案的時候也有一個地方，就是當操做修改次數不一樣時，直接用操做修改次數最小的那個答案就行，但若是當前操做次數和原來答案相同，是否是要考慮一下區間長度改爲最小值？答案顯然是不是，…………，由於咱們是從小到大枚舉的區間長度，因此在遇到相等的時候，已經獲得的答案的區間長必定是小的，因此只在次數不一樣時修改答案，但判斷上也不會錯。

其餘優化

固然如下優化不加也沒問題，畢竟算法時間複雜度足夠過掉這道題。
我作完以後看了看時間大概700ms左右，好像有點高，看別人的時間好像沒有特別大，因此我加了加小優化。

爲方便說，由上到下一次標號\(1-4\),1,2跑的時間仍是挺快的但沒啥用，\(NOIp\)不可能給你開O2也不可能給你c++17，因此仍是看一下3和4，這倆時間大概有一倍的關係，看一下代碼吧

3

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=5e3+10;
char s[3];
int cf[N],a[N];
int min(int a,int b){
    if(a<b)return a;
    else return b;
}
int main(){
    int n;scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='B')a[i]=1;
        else a[i]=0;
    }
    int res=0x3f3f3f3f,ans=0x3f3f3f3f;
    for(int len=1;len<=n;len++){
        int cnt=1,k=0;memset(cf,0,sizeof(cf));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cf[i]+=cf[i-1];
            if(i+len-1<=n){
                if(a[i]+cf[i]&1){
                    cf[i]++;cf[i+len]--;k++;
                }
            }else if(cf[i]+a[i]&1){cnt=0;break;}
        }
        if(cnt)
            if(k<ans){
                ans=k;res=len;
            }
            else if(k==ans)res=min(res,len);
    }
    printf("%d %d",res,ans);
    return 0;
}

4

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=5e3+10;
char s[3];
int cf[N],a[N];
int min(int a,int b){
    if(a<b)return a;
    else return b;
}
int main(){
    int n;scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='B')a[i]=1;
        else a[i]=0;
    }
    int res=0x3f3f3f3f,ans=0x3f3f3f3f;
    for(int len=1;len<=n;len++){
        int cnt=1,k=0;memset(cf,0,sizeof(cf));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cf[i]+=cf[i-1];
            if(i+len-1<=n){
                if(a[i]+cf[i]&1){
                    cf[i]++;cf[i+len]--;k++;
                }
            }else if(cf[i]+a[i]&1)cnt=0;
        }
        if(cnt)
            if(k<ans){
                ans=k;res=len;
            }
            else if(k==ans)res=min(res,len);
    }
    printf("%d %d",res,ans);
    return 0;
}

其實就是少一個break，感受這個加上仍是頗有必要的，由於可能極限數據的時候，CCF那評測機狀態很差，再卡一下，可能會出問題。

問題

那麼有沒有可能最開始所有是朝前的呢？答案是沒有，英文題面中已經講到，有一些牛，因此說不可能其實所有朝前邊的。