题目描述
N头牛排成一列1<=N<=5000。每头牛或者向前或者向后。为了让所有牛都 面向前方，农夫每次可以将K头连续的牛转向1<=K<=N，求操作的最少 次数M和对应的最小K。
简单题意：给你一个01串，每次可以对长度为K的区间进行异或，求异或的最少次数以及对应的K。
解析：
这是一道有毒的模拟，我做了一个下午加加减减鼓捣半天都快吐（秃）了。
看到题第一反应二分答案，不过仔细一想，K和M并不相关，答案不具备单调性，无法二分出解。
所以，这道题其实是个模拟。
一个显而易见的贪心：从左往右，遇到0就以它为起点的K个点做异或，显然是最优的，每个0都至少要被异或一次，如果线性异或的话可以保证每个0只被异或一次，否则一定不优。
于是枚举K找答案。直接暴力模拟复杂度达到(O(n^3))，80pnts，无法接受。
考虑一个类似差分的优化，对于某一为0的位置(i)，假设当前使用的长度为(X)，那么我们在这个0的位置(i)打个标记(A)，再在位置(i+X)的位置打个标记(B)，表示从(A)开始到(B)进行了一次异或。
思考如何去打这个标记（卡我一下午），直接差分肯定是不行的。我们可以讨论任意一个位置(i)，看它前面有多少个(A,B)标记，发现位置(i)的异或次数正是该位置前面(A)的标记数量-(B)的标记数量（(A)的量一定大于(B)，这点很好理解）。
于是代码实现我又卡了（我好蒻）。
换个思路。
思考直接用异或打标记，方便又好理解，搞一个数组去记录标记(B)，(A)标记我们可以直接在枚举时实现。
考虑用一个类似指针的东西当作标记(A)（有点不同于前面的(A)），在数组种从左往右移动，初值为0，遇到不同的数就对1进行异或，表示从这个遇到的不同的数位置开始进行翻转（有点绕），直到遇到一个标记(B)再把它异或回去为止。值得注意的是，这里我们并不需要对原数组进行改变，实际上(A)标记已经帮我们实现了“对(A)到(B)这个区间进行异或”的目的了（想一想，为什么）。这个确实有点难以理解，毕竟我搞了一下午呢。
如果用之前那种打标记法我觉得比较难理解，毕竟异或比较贴近原题，虽然而者本质相同。
参考代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 5010
using namespace std;
int n,a[N],sum[N],d[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
char c;
for(int i=1;i<=n;++i){getchar();c=getchar();(c=='B')?a[i]=0:a[i]=1;}
int cnt=0,ans=INF,pos;
for(int k=1;k<=n;++k){
int flag=0;cnt=0;
bool can=1;
memset(d,0,sizeof(d));
for(int i=1;i<=n;i++){
flag^=d[i];
if(!a[i]^flag){
if(i+k-1>n){can=0;break;}
flag^=1,d[i+k]^=1;cnt++;
}
}
if(can&&ans>cnt) ans=cnt,pos=k;
}
cout<<pos<<' '<<ans<<endl;
return 0;
}