AGC019D - Shift and Flip(枚举)

最新推荐文章于 2024-12-31 21:41:36 发布

原创最新推荐文章于 2024-12-31 21:41:36 发布 · 173 阅读

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本文针对AGC019D-ShiftandFlip问题提供了解题思路及代码实现。通过枚举最终匹配起始位置并考虑顺逆时针旋转情况，利用预处理方法确定反转操作的位置与步骤，最终得出最小操作数。复杂度为O(n²lgn)。

AGC019D - Shift and Flip

很久之前 $W A$ 的题，终于补掉了。。。这题细节是真的烦。

Solution

这题数据范围较小，于是我们枚举最终 $A$ 与 $B$ 的哪一个字符开始匹配，设这个位置为 $S$ 。

然后考虑分顺时针/逆时针转到 $S$ 两种情况讨论。
以逆时针为例，我们可以求出转到 $S$ 之后哪些位置需要 $01$ 反转，并且容易预处理出这些位置需要向左几步才能接触过 $B$ 中的 $1$ ，向右同理（因为只要转的过程中遇到一次 $B$ 的 $1$ ，相当于这个位置就可以任意进行操作 $3$ 了）。

将这两个值记作 $L_i, R_i)$ ，我们将所有这样的二元组按 $R$ 降序排列，枚举逆时针(向右转)的步数，就可以同时统计出向左需要走的步数，贡献即为：向左的步数 $* 2$ +向右超出 $S$ 的步数 $* 2$ + $S$ +需要改变的数的个数。

时间复杂度 $O(n^2lgn)$ ，可以通过计数排序或者左右端点的单调性优化成 $O(n^2)$ ，但没必要。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

template<typename T> inline bool upmin(T &x, T y) { return y < x ? x = y, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool upmax(T &x, T y) { return x < y ? x = y, 1 : 0; }

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int, int> PR;
typedef vector<int> VI; 

const lod eps = 1e-9;
const lod pi = acos(-1);
const int mods = 1e9 + 7;
const int oo = 1 << 30;
const ll loo = 1ll << 62;
const int MAXN = 4005;
const int INF = 0x3f3f3f3f; //1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read() {
	int f = 1, x = 0; char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while (c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); c = getchar(); }
	return x * f;
}

PR a[MAXN];
char s1[MAXN], s2[MAXN];
int L[MAXN], R[MAXN];
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in", "r", stdin);
	freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
	scanf("%s", s1);
	scanf("%s", s2);
	int n = strlen(s1), flag = 0;
	for (int i = 0; i < n ; ++ i) flag |= (s2[i] == '1');
	if (!flag) {
		int Flag = 0;
		for (int i = 0; i < n ; ++ i) Flag |= (s1[i] != s2[i]);
		puts(Flag ? "-1" : "0");
		return 0;
	}
	for (int i = 0, nw; i < n ; ++ i) {
		nw = i;
		while (s2[nw] != '1') nw = (nw == 0 ? n - 1 : nw - 1), ++ L[i];	
		nw = i;
		while (s2[nw] != '1') nw = (nw == n - 1 ? 0 : nw + 1), ++ R[i]; 
	}
	int ans = INF;
	for (int S = 0; S < n ; ++ S) {
		int num = 1; a[1] = MP(0, 0);
		for (int i = 0; i < n ; ++ i) 
			if (s1[i] != s2[(i + S) % n]) a[++ num] = MP(L[i], R[i]);
		sort(a + 1, a + num + 1, [&](PR x, PR y) { return x.se > y.se; });
		for (int i = 1, mx = 0; i <= num ; ++ i) {
			upmin(ans, mx * 2 + max(a[i].se - S, 0) * 2 + S + num - 1);
			upmax(mx, a[i].fi);
		}
		sort(a + 1, a + num + 1, [&](PR x, PR y) { return x.fi > y.fi; });
		for (int i = 1, mx = 0; i <= num ; ++ i) {
			upmin(ans, max(a[i].fi - (n - S), 0) * 2 + (n - S) + mx * 2 + num - 1);
			upmax(mx, a[i].se);
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}