CodeForces - 939F Cutlet

$\text{Description}$

注意第 $i$ 分钟翻转是将现在朝下的一面煎这一分钟再翻。

$\text{Solution}$

朴素 $\text{DP}$：令 $f[i][j]$ 为煎了 $i$ 分钟，现在朝上的一面一共煎了 $j$ 分钟的最小翻转次数。

则有（即翻与不翻）：

$$f[i][j]=\min (f[i-1][j],f[i-1][i-j]+1)$$

这是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的不可过。

我们换一个定义：$f[i][j]$ 为到第 $i$ 个区间，现在朝上的一面一共煎了 $j$ 分钟的最小翻转次数。看似不可做，你会发现每个区间只能翻 $0,1,2$ 次（更多的次数你可以把几次翻转合并成一次）。可以针对每种情况分类讨论：

• $0$：直接继承上一个区间。

• $1$：设现在朝下的一面在这个区间煎了 $k$ 分钟（注意这里的“现在”是针对 $f[i][j]$ 而言的）。那么 $r-j$ 就是现在朝下的一面一共煎了的分钟，那么现在朝下的一面在区间之前煎了 $r-j-k$ 分钟。

  转移方程式：$f[i][j]=\min (f[i][j],f[i-1][r-j-k]+1)(k\in [0,r-l])$。（无论怎样另一面会煎 $1$ 分钟，所以是 $r-l$，下面同理）

• $2$：设现在朝上的一面在这个区间煎了 $k$ 分钟。那么现在朝上的一面在区间之前煎了 $j-k$ 分钟。

  转移方程式：$f[i][j]=\min (f[i][j],f[i-1][j-k]+2)(k\in [0,r-l])$。

好吧现在时间复杂度为 $\mathcal{O}(k\times n^2)$。（成功升高复杂度）

不过实际上我们可以去掉一个 $n$。在一个区间中， 随着 $j$ 的增大，能选取的前状态实际上是一个类似于滑动窗口的东西，我们可以用单调队列优化。时间复杂度 $\mathcal{O}(k\times 200000)$。

另外如果朝下的一面煎 $j$ 分钟为状态的话，好像会导致 $k$ 的范围不一样。。。

$\text{Code}$

详见注释。（似乎有些不好理解，如有不懂，可随时提问，博主就住在 CSDN 滑稽）

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

int n, l, r, q[N], f[2][N], p;

int read() {
	int x = 0; int f = 1; char s;
	while((s = getchar()) > '9' || s < '0') if(s == '-') f = -1;
	while(s >= '0' && s <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (s ^ 48), s = getchar();
	return x * f;
}

int main() {
	int L, R;
	n = read();
	memset(f, 0x3f, sizeof f); f[0][0] = 0;
	for(int T = read(); T; -- T) {
		L = read(), R = read();
		for(int i = 0; i <= N - 5; ++ i) f[p ^ 1][i] = f[p][i];//0
		l = 1, r = 0;
		for(int i = 0; i <= min(R, n); ++ i) {//2
			while(l <= r && q[l] < i - (R - L)) ++ l;
			while(l <= r && f[p][q[r]] >= f[p][i]) -- r;
			q[++ r] = i;//这里加入后实际上是后面的 j - k
			f[p ^ 1][i] = min(f[p ^ 1][i], f[p][q[l]] + 2);
		}
		l = 1, r = 0;
		for(int i = R; i >= 0; -- i) {//1
			while(l <= r && q[l] < R - i - (R - L)) ++ l;
			while(l <= r && f[p][q[r]] >= f[p][R - i]) -- r;
			q[++ r] = R - i;
			f[p ^ 1][i] = min(f[p ^ 1][i], f[p][q[l]] + 1);
		}//j 与 r - j - k 实际是由两端向中间汇合的。对于每个 j（即 i），新加入的为 R - i，即 k = 0 的情况
		p ^= 1;
	} 
	if(f[p][n] >= 0x3f3f3f3f) puts("Hungry");
	else printf("Full\n%d\n", f[p][n]);
	return 0;
}