POJ 3276 Face The Right Way【枚举】

题意：

N头牛站成一条线，分别朝向前后两个方向，机器可以使连续K头牛同时改变方向，要求所有牛最终朝向前方，问机器操作次数的最小值及此时的最小K值。

分析：

第一眼看感觉是二分搜索K，再仔细读题，

please help him determine the minimum value of K that minimizes the number of operations required by the machine to make all the cows face forward.

是在最小操作的基础上的最小K值，而操作数可达2N个，肯定不能搜索状态了，可以对K进行枚举，算出每次的操作数，进行比较。

直接暴力的话时间复杂度O(n3)过不了，必须进行优化，尽量扫描一遍就获得操作数。

因为是K个连续的一起转，即第i到i+k−1号牛要一起转，由于这次转动是由第i号牛引起的，就把这次转动体现在a[i]上，令a[i]=1，那么在遍历到第i+k−1号牛之前，i+k−1号牛所转动的次数就是∑i+k−2ia[i]，遍历到第i+k−1号牛时，根据求出的转动次数及他本身的方向，判断是否需要转动，依次处理下去。最后判断剩余k−1头牛是否全部面向前方。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn = 5005, INF =0x3fffffff;
int s[maxn],a[maxn];
int N;
int judge(int k)
{
    memset(a, 0, sizeof(a));
    int cnt = 0;
    int sum = 0;
    for(int i = 0; i < N - k + 1; i++){
        if((s[i] + sum) % 2 == 1){
            a[i] = 1;
            cnt++;
        }
        sum += a[i];
        if(i-k+1>=0) sum -= a[i-k+1];
    }
    for(int i = N - k +1; i < N; i++){
        if((s[i] + sum) % 2 == 1){
            return -1;
        }
        if(i-k+1>=0) sum -= a[i-k+1];
    }
    return cnt;
}
int main (void)
{
    map<char,int>m;
    m.insert(make_pair('B',1));
    m.insert(make_pair('F',0));
    scanf("%d", &N);
    char c;
    for(int i = 0; i < N;i++){
        getchar();
        c = getchar();
        s[i] = m[c];
    }
    int res = INF, k;
    for(int i = 1; i <= N;i++){
        int ans = judge(i);
        if(ans == -1) continue;
        else if(ans < res){
            res = ans;
            k = i;
        }
    }
    printf("%d %d\n", k, res);
}