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解法
本题与acwing 《116. 飞行员兄弟》与《95. 费解的开关》类似 均属于开关问题

依次遍历一次翻转K(1~N)头牛的办法 最后得出转数最小的答案 复杂度是$N^3$

但是在模拟一次翻转K头牛的时候 我们可以优化模拟翻转的过程 优化效率

如图 当K = 3 每次翻转3头牛的时候

第0头牛 朝后 之前影响到第0头牛的点击数为0 所以我们需要点击1次 将牛朝前

第1头牛 朝后 之前影响第1头牛的点击数为1 所以牛已经朝前不必点击

第2头牛 朝前 之前影响第2头牛的点击数为1 所以需要点击1次 将牛朝前

第3头牛 朝后 之前影响第3头牛的点击数为1 牛已经朝前(之前其实点击了两次 但是第0头牛的点击只影响0 1 2 这3头牛)

第4头牛 朝前 之前影响第4头牛的点击数为1 牛朝后，需要点击1次

第5头牛 朝后 之前影响第5头牛的点击数为1 牛朝前

第6头牛 朝后 之前影响第6头牛的点击数为1 牛朝前

点击牛的个数 0 2 4 ，共3次点击.

如果我们在遍历到第i头牛的时候 已经记录之前能影响到i头牛的点击数 就不必每次去模拟一次点击后牛的朝向

那么 整体复杂度就从 $N^3$ 降低到$N^2$

代码如下:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;


const int MAX_N = 5e3 + 10;
int f[MAX_N]; int N;
int d[MAX_N];

int getans(int k)
{
    memset(f, 0, sizeof(f));

    int sum = 0; int res = 0;
    for (int i = 0; i + k <= N; i++) {
        //第i头牛 和之前能影响到它的点击数和 如果余1 则说明该牛朝后 需要点击
        if ((d[i] + sum) % 2 == 1) {
            f[i] = 1; res++;
        }
        sum += f[i];
        //i向后推移 则减去影响不到i头牛的点击数字
        if (i - k + 1 >= 0) sum -= f[i - k + 1];
    }

    //最后k-1头牛是不必点击的 只需要查看他们被影响的点击和 判断是否朝前
    for (int i = N - k + 1; i < N; i++) {
        if ((d[i] + sum) % 2 == 1)
            return -1;
        if (i - k + 1 >= 0) sum -= f[i - k + 1];
    }

    return res;
}



int main()
{
    while (cin >> N) {
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            char c; cin >> c;
            if (c == 'F') d[i] = 0;
            else d[i] = 1;
        }
        int K = 1; int M = N;
        for (int k = 1; k <= N; k++) {
            int m = getans(k);
            if (m >= 0 && M > m) {
                M = m; K = k;
            }
        }
        cout << K << " " << M << endl;
    }

    return 0;
}