Codeforces 219C C. Color Stripe【dp+输出路径】

最新推荐文章于 2024-09-16 00:10:09 发布

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#Codeforces 219C

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本文介绍了一种解决彩色条纹问题的算法，目标是最少地更改相邻颜色相同的单元格，确保任意相邻单元格颜色不同，并提供了一种动态规划方法及实现代码。

C. Color Stripe

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2 seconds

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256 megabytes

input

standard input

output

standard output

A colored stripe is represented by a horizontal row of n square cells, each cell is pained one of k colors. Your task is to repaint the minimum number of cells so that no two neighbouring cells are of the same color. You can use any color from 1 to k to repaint the cells.

Input

The first input line contains two integers n and k (1 ≤ n ≤ 5·105; 2 ≤ k ≤ 26). The second line contains n uppercase English letters. Letter "A" stands for the first color, letter "B" stands for the second color and so on. The first k English letters may be used. Each letter represents the color of the corresponding cell of the stripe.

Output

Print a single integer — the required minimum number of repaintings. In the second line print any possible variant of the repainted stripe.

Examples

Input

6 3
ABBACC

Output

2
ABCACA

Input

3 2
BBB

Output

1
BAB

题目大意：

给你一个长度为N的字符串，其中一共允许有K个字符（从A开始数）；问将这个字符串变成一个没有相邻的两个字符相等的字符串，最少需要改动多少个字符。并且输出任意一个可行解。

思路：

1、考虑dp求解，设定dp【i】【j】表示前i个（包含第i个）字符满足了要求之后的最少改动次数。

那么不难想到dp方程：

dp【i】【j】=min（dp【i】【j】，dp【i-1】【k】+a【i】-‘A’==j?0:1）；【其中要求：j！=k】；

表示当前情况可以从上一位子的状态转移过来，如果当前字符修改为字符j，那么需要花费一次改动，否则不需要改动。

那么最小改动次数，维护一下min（dp【n】【i】）即可。

2、那么考虑如何输出路径，我们设定pre【i】【j】=x，表示当前dp【i】【j】的最优状态是从dp【i-1】【x】的最优状态转移过来的。

那么我们在其dp过程中维护最后一个x，然后逆序回溯记录其解输出即可。

Ac代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[500400][30];
int pre[500400][30];
char a[500400];
char ans[500400];
int main()
{
    int n,k;
    while(~scanf("%d%d",&n,&k))
    {
        scanf("%s",a+1);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(pre,0,sizeof(pre));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<k;j++)
            {
                dp[i][j]=0x3f3f3f3f;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<k;j++)
            {
                for(int kk=0;kk<k;kk++)
                {
                    if(j==kk)continue;
                    if(j==a[i]-'A')
                    {
                        if(dp[i][j]>dp[i-1][kk])
                        {
                            dp[i][j]=dp[i-1][kk];
                            pre[i][j]=kk;
                        }
                    }
                    else
                    {
                        if(dp[i][j]>dp[i-1][kk]+1)
                        {
                            dp[i][j]=dp[i-1][kk]+1;
                            pre[i][j]=kk;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int minn=0x3f3f3f3f;
        int pos;
        for(int i=0;i<k;i++)
        {
            if(dp[n][i]<minn)
            {
                minn=dp[n][i];
                pos=i;
            }
        }
        printf("%d\n",minn);
        if(minn==0)
        {
            printf("%s\n",a+1);
            continue;
        }
        int tt=n;
        ans[tt]=pos+'A';
        while(1)
        {
            ans[tt-1]=pre[tt][pos]+'A';
            pos=pre[tt][pos];
            tt--;
            if(tt==1)break;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            printf("%c",ans[i]);
        }
        printf("\n");
    }
}