USACO07MAR Face The Right Way G 差分

题目连接 https://www.luogu.com.cn/problem/P2882

分析

这个题来看的话好像有点难下手，不如再去读一遍题 N遍，发现一句话很重要Each time the machine is used, it reverses the facing direction of a contiguous group of K cows in the line，就是说只能翻转固定的长度区间，那这样是否是就能够枚举区间了？枚举一层区间,再枚举每次起点，最后加上区间修改，时间复杂度\(O(N^3)\)，确定会T掉，接下来就考虑优化了。
优化怎么入手呢？时间主要就是出在这三层循环上，只要省掉一层循环，时间复杂度就能到\(O(N^2)\)，这样就能够过，第一层循环，显然不能省略，第二层一样，只有在区间修改这一层循环上能够作点手脚，回忆区间修改，有几种作法，线段树，树状数组，还有差分，前二者用在这都有点大材小用或是说不是很合适，由于判断是否区间修改完成很差判断，而差分用在这个区间上就很合适了。那咱们大概思路也就有了，首先读入数组，将B标记成1，F标记成0，这里怎么标记都无所谓，而后利用枚举区间，差分修改，最后输出答案，下面考虑一下细节。
咱们枚举区间完，要从左到右一次反转区间，为何呢？题目中要求的是最小次数，就是要先保证次数最小，再考虑区间长度，而咱们若是先修改后面的，把后面改好了，再去改前边的，结果必定不会比先改前边的好（有可能相等，如00100），因此咱们为保证最小次数，必定从最左端开始依次枚举，若是这个点不符合，就把他后面的整个区间翻转，这里就要用到差分了，确定直接修改会T掉，咱们能够考虑，若是这个区间要修改，那么原来的1会变成2，0会变成1，好像没什么规律，但再看就发现全部的奇数都须要改变，偶数就不用，每次修改给整个区间加一，判断奇偶数就行，而后这就变成了一个区间加一个数的操做，相信你们应该都会。这样修改就完成了，那么怎么判断能不能完成题目的任务呢？由题意能够知道若是当前区间长度小于修改的区间长度，是不能修改的，也就是从n往前的长度为len的区间老是没法被修改的，因此判断这一段区间内有无不知足条件的点便可。
最后找答案的时候也有一个地方，就是当操做修改次数不一样时，直接用操做修改次数最小的那个答案就行，但若是当前操做次数和原来答案相同，是否是要考虑一下区间长度改为最小值？答案显然是不是，…………，由于咱们是从小到大枚举的区间长度，因此在遇到相等的时候，已经获得的答案的区间长必定是小的，因此只在次数不一样时修改答案，但判断上也不会错。

其余优化

固然如下优化不加也没问题，毕竟算法时间复杂度足够过掉这道题。
我作完以后看了看时间大概700ms左右，好像有点高，看别人的时间好像没有特别大，因此我加了加小优化。

为方便说，由上到下一次标号\(1-4\),1,2跑的时间仍是挺快的但没啥用，\(NOIp\)不可能给你开O2也不可能给你c++17，因此仍是看一下3和4，这俩时间大概有一倍的关系，看一下代码吧

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;
}

其实就是少一个break，感受这个加上仍是颇有必要的，由于可能极限数据的时候，CCF那评测机状态很差，再卡一下，可能会出问题。

问题

那么有没有可能最开始所有是朝前的呢？答案是没有，英文题面中已经讲到，有一些牛，因此说不可能其实所有朝前边的。