题意：n头牛站成线，有朝前有朝后的的，然后每次可以选择大小为k的区间里的牛全部转向，会有一个最小操作m次使得它们全部面朝前方。问：求最小操作m，再此基础上求k。
题解：1、5000头牛不是小数目，再怎么也得要n^2的算法，其中，枚举k是需要的，这就有n了，只能想办法给出一个n在O（n）时间内求出最小次数了。
2、对于给定的k，要想O（n）内把次数算出来，即只能扫一遍，一想到的必定是从前往后扫，遇到面朝后的就转头，但这一转牵扯太多，要改太多东西，k一大直接崩溃。
3、对于每次扫描到的第i个点，都至多只能改一次才能保证效率，即只改变化的。将牛的朝向弄成依赖型，即后者依赖于前者，这样在一个区间内[a,b]翻转时，实际上[a+1,b]的依赖关系是没有改变的，改变的只有a,b+1。
4、综上，设置一种关系表示每头牛与前一头牛的朝向，最简单的就是同向与反向的差异，不妨令同向为0，反向为1，为了使得最后都朝前，可以令一头虚拟牛（即0号牛）头朝前，然后第一头牛依赖于它。
5、因此，每次检查时，只需要更改a和a+k位置的牛的依赖关系便可以解决了，最后在检查一下剩余的牛是否全是0就结束了。
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cmath> #include <memory.h> #include <cstring> using namespace std; int N; char tmp, tmp1; int arr[5002]; int arr1[5002]; int K,M; int test(int k) { memcpy(arr1,arr,sizeof(arr)); int time = 0; for(int i=1; i<=N-k+1; i++) { if(arr1[i] == 1) { arr1[i] = 0; arr1[i+k] = abs(arr1[i+k]-1); time++; } } for(int i=N-k+1; i<=N; i++) { if(arr1[i] == 1) return 0; } return time; } void caculate() { K = 1; M = N; int tmpM; for(int i=1; i<=N; i++) { tmpM = test(i); if(tmpM>0 && tmpM<M) { M = tmpM; K = i; } } } int main(int argc, char** argv) { //freopen("E:/sample_input.txt", "r", stdin); while(scanf("%d",&N)!=EOF) { memset(arr, 0, sizeof(arr)); tmp1 = 'F'; for(int i=1; i<=N; i++) { scanf(" %c", &tmp); if(tmp == tmp1) arr[i] = 0; else arr[i] = 1; tmp1 = tmp; } caculate(); cout << K << " " << M << endl; } return 0; }