题意
有一块烤肉,每面都需要烤正好n秒钟。
现在给k个区间,你可以在这些区间内翻转烤肉。
求最少的翻转次数。
k<=100.
n<=1e5
题解
首先要知道,在同一个区间内,不可能翻转超过两次, 如果翻转超过两次,可以用两次以内来代替。
我们定义dp[i][j]表示在第i个区间完成后,当前未烤的那面烤了j分钟。为什么不定义正在烤的那面烤了j分钟呢?因为前者结果可以轻松表示为dp[k][n]。
假设当前i这个区间内我们翻转了两次烤肉,dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - k] + 2) (k<= r[i] - l[i] 表示翻转的区间长度)
假设当前区间翻转了一次,dp[i][j] = min(dp[i - 1][r[i] - j - k]) (k <= r[i] - l[i])。
当前区间没翻 dp[i][j] = dp[i - 1][j]。
这个DP时间复杂度 (n^2 * k)。
可以用线段树求最小值,优化到(n * k * logn)
代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <map>
#include <vector>
#include <set>
#include <unordered_set>
#include <cmath>
#ifdef LOCAL
#define debug(x) cout<<#x<<" = "<<(x)<<endl;
#else
#define debug(x) 1;
#endif
#define lson id<<1,l,mid
#define rson id<<1|1,mid+1,r
#define lowbit(x) x&-x
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int l[123], r[123];
int d[2][MAXN];
int tree[MAXN * 4];
void build(int id, int l, int r, int now) {
if(l == r) {
tree[id] = d[now][l];
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, now);
build(rson, now);
tree[id] = min(tree[id<<1], tree[id<<1|1]);
}
int query(int id, int l, int r, int L, int R) {
if(L <= l && R >= r) return tree[id];
int mid = (l + r) >> 1, ret = INF;
if(L <= mid) ret = min(ret, query(lson, L, R));
if(R > mid) ret = min(ret, query(rson, L, R));
return ret;
}
int main() {
#ifdef LOCAL
freopen ("input.txt", "r", stdin);
#endif
int n,K;
scanf("%d %d", &n, &K);
for(int i = 1; i <= K; i++) scanf("%d %d", &l[i], &r[i]);
memset(d, 0x3f, sizeof(d));
d[0][0] = 0;
n *= 2;
build(1, 0, n, 0);
for(int i = 1; i <= K; i++) {
int ll = r[i] - l[i] + 1;
for(int j = 0; j <= r[i]; j++) {
d[i&1][j] = min(d[i&1][j], query(1, 0, n, max(j - ll + 1, 0), j) + 2);
d[i&1][j] = min(d[i&1][j], query(1, 0, n, max(r[i] - j - ll + 1, 0), r[i] - j) + 1);
d[i&1][j] = min(d[i&1][j], d[i&1^1][j]);
}
build(1, 0, n, i&1);
memset(d[i&1^1], 0x3f, sizeof(d[i&1^1]));
}
if(d[K&1][n/2] < INF/2) printf("Full\n%d\n", d[K&1][n/2]);
else puts("Hungry");
return 0;
}
/*
d[i][j] = min(d[i - 1][j - k] + 2)
d[i][j] = min(d[i - 1][r[i] - j - k] + 1)
d[i][j] = d[i - 1][j]
*/