题目大意：要煎一块有两个面的肉，只能在一段k不相交的时间段$[l_{i},r_{i}]$内翻转，求$2*n$秒后，保证两个面煎的时间一样长时，需要最少的翻转次数，$n<=100000$，$k<=100$
神仙单调队列优化$DP$， [NOI2005]瑰丽华尔兹 也有类似的压时间段的套路，但这道题可比那道题难多了。
朴素$O(n^2)$的$DP$没什么好说的，我们要想办法把它优化成$O(nk)$的
定义$f[i][j]$表示第$i$个时间段内，朝上的面(现在没被煎的)被煎的时间是$j$
1.观察翻转的过程，貌似在一个连续的时间段内翻转2次以上就是没有意义的 ，因为可以翻过去再翻回来
2.貌似并不一定要在整数时间翻转，但这种情况只在翻转1次的情况下有意义，所以整体把时间*2
然后，分情况讨论$DP$转移
1.翻0次，朝上的面被煎的时间不变，$f[i][j]=f[i-1][j]$，无需任何优化
2.翻2次，朝上的面被至多额外煎$r_{i}+l_{i}$秒，枚举上一次当前面被煎的时间$k$，可得$f[i][j]=min(f[i][k])+2\;(k<=j)$
对于这种情况，正序枚举$j$，单调队列优化$DP$即可，$j-k>r_{i}+l_{i}$的弹出队列
3.翻1次，原来朝上的面被翻到了下面，设现在的上面是$a$面，下面是$b$面，则$a$面被煎了$j$秒，$b$面被煎了$r_{i}-j$秒
那么上一次$a$面被煎的时间是$k$，此时$a$面朝下，朝上的面是$b$面，被煎的时间是$r_{i-1}-k$，可得$f[i][j]=min(f[i-1][r_{i}-k])+1$
因为是$-k$，要倒序枚举$j$，同样用单调队列优化，$k-j>r_{i}+l_{i}$弹出队列即可
虽然空间能开下$O(nk)$，但用滚动数组跑得飞快
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #define N 205 5 #define M 401000 6 #define dd double 7 #define inf 0x3f3f3f3f 8 #define rint register int 9 using namespace std; 10 11 int n,K,cnt; 12 int l[N],r[N],t[N]; 13 int f[2][M],que[M]; 14 15 int main() 16 { 17 scanf("%d%d",&n,&K); 18 for(int i=1;i<=K;i++){ 19 scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); 20 t[++cnt]=l[i]<<1,t[++cnt]=r[i]<<1; 21 } 22 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 23 f[0][0]=0;int now=1,pst=0; 24 n<<=1; 25 for(int i=1;i<=cnt;i++) 26 { 27 if(i&1) continue; 28 int hd=1,tl=0; 29 for(rint j=0;j<=t[i];j++) 30 f[now][j]=inf; 31 for(rint j=0;j<=t[i];j++) 32 { 33 f[now][j]=min(f[now][j],f[pst][j]); 34 while(hd<=tl&&f[pst][j]<=f[pst][que[tl]]) 35 tl--; 36 que[++tl]=j; 37 while(hd<=tl&&j-que[hd]>t[i]-t[i-1]) 38 hd++; 39 f[now][j]=min(f[now][j],f[pst][que[hd]]+2); 40 } 41 hd=1,tl=0; 42 for(rint j=t[i];j>=0;j--) 43 { 44 while(hd<=tl&&f[pst][t[i]-j]<=f[pst][t[i]-que[tl]]) 45 tl--; 46 que[++tl]=j; 47 while(hd<=tl&&que[hd]-j>t[i]-t[i-1]) 48 hd++; 49 f[now][j]=min(f[now][j],f[pst][t[i]-que[hd]]+1); 50 } 51 swap(now,pst); 52 } 53 if(f[pst][n]==inf) printf("Hungry\n"); 54 else printf("Full\n%d\n",f[pst][n]); 55 return 0; 56 }