abc题解

原创已于 2025-11-07 01:41:30 修改 · 536 阅读

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#算法 #c++

于 2025-11-07 01:28:47 首次发布

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E - Change a Little Bit

标签：[[贪心]]， [[数学]]

题解：最小代价 01 串转换求和

题意

给定：

长度为 N 的 01 串 S 和 T。
每个位 i 有一个代价系数 C_i。

操作定义：
每次可以翻转 S 的第 i 位（0→1 或 1→0）。
若此时 S 与 T 有 D 位不同，则本次翻转的代价为 D × C_i。

定义 `f(S,T)` 为把 `S` 变成 `T` 的最小代价。
求
$\sum_{S,T} f(S,T) \pmod{10^9+7}.$

思路

优先修改 C 小的位
代价是 D × C_i，显然 C_i 越小越应该最早修改。
因此将 C 从小到大排序后，依次考虑每一位的贡献。
逐位贡献的拆分
考虑排好序的第 i 位：
- 若 S_i = T_i，这一位贡献 0。
- 若 S_i ≠ T_i，必须修改此位。
  此时之前的不同位已修改完毕，代价仅与后面仍不同的位数有关。
  因此这一位的贡献为
  $C_i \times \bigl(1 + \text{后面仍不同的数量}\bigr)。$

公式

第 i 位之后共有 n - i 位。
设其中 j 位不同，则：

对应方案数 $\binom{n-i}{j}$ 。
对这一位的代价贡献 C_i × (j + 1)。
前 i-1 位可以任意选择 S、T，因此贡献中还有 2^n 这一总体倍数。
于是对第 i 位的总贡献化为：
$2^n \times \sum_{i=1}^{n} \times 2^{i-1}\times C_i \times \sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}{j}(j+1)$

化简

对核心求和：
$\sum_{j=0}^{n-i} \binom{n-i}{j}(j+1) = \sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}{j}j + \sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}{j}。$

利用二项式结论：
$\sum \binom{r}{k} = 2^r$ 。
利用吸收恒等式：
$\binom{r}{k}\times k = r \times \binom{r-1}{k-1}$
可得
$\sum k\binom{r}{k} = r \times 2^{r-1}$ 。
套入 r = n-i：
$\sum_{j=0}^{n-i} \binom{n-i}{j} j = (n - i) \times 2^{n-i-1}。$
因此
$\sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}{j}(j+1) = 2^{n-i} + (n-i)\times 2^{n-i-1}。$

答案

将每一位的贡献加总：
$\sum_{S,T} f(S,T) = 2^n \times \sum_{i=1}^{n} \times 2^{i-1}\times C_i \times \bigl[ 2^{n-i} + (n-i)\times 2^{n-i-1}\bigr] \pmod{10^9+7} .$

贪心正确性证明

排序不等式的直观证明

显而易见，若把 $c_i$ 较小的数放在前面，不会使总代价更大。
我们可以用 排序不等式 来严格证明这一点。

证明过程

假设 $S$ 与 $T$ 没有任何一位相等，此时
$f(S,T)=c_1\cdot n + c_2\cdot (n-1) + c_3\cdot (n-2) + \dots + c_n.$
如果我们交换 $c_1$ 与 $c_2$ 的顺序，则
$c_2 \cdot n + c_1 \cdot (n-1) + c_3 \cdot (n-2) + \dots + c_n.$
若要满足 $f (S, T) < f^{'} (S, T)$ ，则需要
$c_1 \cdot n + c_2 \cdot (n-1) < c_2 \cdot n + c_1 \cdot (n-1),$
这等价于
$c_1 < c_2.$
因此，把较小的 $c_i$ 排在前面最优。

公式化结果

所以按照 $c_i$ 从小到大排序后，有
$\sum_{i=1}^{m} c_{p_i} \cdot (m - i + 1),$
其中：

$m$ 表示 $S$ 与 $T$ 之间 不同位置的数量；
$p_i$ 表示排序后第 $i$ 个不同的位置。

进一步化简

因为公式中 $(m - i + 1)$ 的括号看着比较别扭，可以反向思考：
若我们改为把 $c_i$ 从大到小排序，则有
$\sum_{i=1}^{m} c_{p_i} \cdot i.$
这种写法在后续推导中更为便利，也让每个系数 $i$ 的增长顺序更直观。

时空复杂度：O(n log n) O(n)

核心代码

int n,ans;
int c[N];
  
void solve()
{
    cin >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin >> c[i];
    sort(c+1,c+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int p1=quickPow(2,i-1,MOD);
        int p2=quickPow(2,n-i,MOD);
        int add=0;
        if (n-i>=1)
            add=(((n-i)%MOD)*quickPow(2,n-i-1,MOD))% MOD;
        int sum1=(p2+add)%MOD;
        int tmp=p1;
        tmp=((tmp*(c[i]%MOD))%MOD);
        tmp=(tmp*sum1)%MOD;
        ans=(ans+tmp)%MOD;
    }
    cout << (ans*quickPow(2,n,MOD))%MOD << endl;
}