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题解

很简单的一道dp题

定义为在前秒内另一面煮了秒时翻面的总数。这方程式也十分好想，

，注意，只有在区间中才会进行翻转的赋值。

时间复杂度，明显会T，空间上也要加滚动数组才过得去，考虑优化。

首先，只有在区间内才会翻转，所以区间外的空档可以之间跳过去，这也是为什么需要要用背面时间赋值。

其次，我们发现每个区间内如果要翻转次数是不会超过2的，所以可以分别枚举翻的时间，只翻一次枚举时间点，翻两次枚举时间段长度，可以用单调队列来维护最优决策点。

由于，总的时间复杂度不会超过，可以过。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 200005
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const LL mo=1e9+7;
const LL INF=0x7f7f7f7f;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
int n,k,l[105],r[105],id,dp[2][MAXN],t;
int head,tail,q[MAXN];
signed main(){scanf("%d %d",&n,&k);memset(dp,0x7f,sizeof(dp));dp[0][0]=0;for(int i=1;i<=k;i++){scanf("%d %d",&l[i],&r[i]);t^=1;for(int j=0;j<=n;j++)dp[t][j]=dp[t^1][j];for(int j=0;j<=min(n,r[i]);j++){while(head<tail&&dp[t^1][j]<=dp[t^1][q[tail-1]])tail--;while(head<tail&&q[head]<j-r[i]+l[i])head++;q[tail++]=j;dp[t][j]=min(dp[t][j],dp[t^1][q[head]]+2);}head=tail=0;for(int j=r[i];j>=0;j--){while(head<tail&&dp[t^1][r[i]-j]<=dp[t^1][q[tail-1]])tail--;while(head<tail&&q[head]<l[i]-j)head++;q[tail++]=r[i]-j;dp[t][j]=min(dp[t][j],dp[t^1][q[head]]+1);//printf("%d %d:%d\n",i,j,dp[t][j]);}}if(dp[t][n]<INF-1)printf("Full\n%d",dp[t][n]);else puts("Hungry");return 0;
}

谢谢！！！