題目大意：要煎一塊有兩個面的肉，只能在一段k不相交的時間段$[l_{i},r_{i}]$內翻轉，求$2*n$秒後，保證兩個面煎的時間一樣長時，需要最少的翻轉次數，$n<=100000$，$k<=100$

神仙單調佇列優化$DP$， [NOI2005]瑰麗華爾茲 也有類似的壓時間段的套路，但這道題可比那道題難多了。

樸素$O(n^2)$的$DP$沒什麼好說的，我們要想辦法把它優化成$O(nk)$的

定義$f[i][j]$表示第$i$個時間段內，朝上的面(現在沒被煎的)被煎的時間是$j$

1.觀察翻轉的過程，貌似在一個連續的時間段內翻轉2次以上就是沒有意義的 ，因為可以翻過去再翻回來

2.貌似並不一定要在整數時間翻轉，但這種情況只在翻轉1次的情況下有意義，所以整體把時間*2

然後，分情況討論$DP$轉移

1.翻0次，朝上的面被煎的時間不變，$f[i][j]=f[i-1][j]$，無需任何優化

2.翻2次，朝上的面被至多額外煎$r_{i}+l_{i}$秒，列舉上一次當前面被煎的時間$k$，可得$f[i][j]=min(f[i][k])+2\;(k<=j)$

對於這種情況，正序列舉$j$，單調佇列優化$DP$即可，$j-k>r_{i}+l_{i}$的彈出佇列

3.翻1次，原來朝上的面被翻到了下面，設現在的上面是$a$面，下面是$b$面，則$a$面被煎了$j$秒，$b$面被煎了$r_{i}-j$秒

那麼上一次$a$面被煎的時間是$k$，此時$a$面朝下，朝上的面是$b$面，被煎的時間是$r_{i-1}-k$，可得$f[i][j]=min(f[i-1][r_{i}-k])+1$

因為是$-k$，要倒序列舉$j$，同樣用單調佇列優化，$k-j>r_{i}+l_{i}$彈出佇列即可

雖然空間能開下$O(nk)$，但用滾動陣列跑得飛快

 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 }