题解 CF1353E K-periodic Garland

CF1353E K-periodic Garland

由题意，每个位置上有且只有 (0/1) 两种状态，且我们若是求出前缀和就能快速得出其中某一段中 (1) 的个数。

首先看一下如果让我们构造怎么构造。我们要构造一个 (1) 之间距离恰好为 (k) 的序列，就是说位置上的状态每次转移到 (1) ，都必须转移回到 (0) ，在 (0) 的状态呆 (k) 次再转移回 (1) 状态。

画出状态机如下：

由这个图我们先得出一个暴力且错误的状态转移方程：

(f(i)=f(i-k)+sum(i-1)-sum(i-k)+[s_i=0])，其中(f(i)) 表示构造第一位是 (1) 的序列需要改造的步数 ，(sum) 是原来序列的前缀和，(s_i) 是原序列。

这个东西为什么错误？因为我们不敢说第一位一定是 (1)，说不定答案的序列开头很长一段都是 (0)。我们首先想到，这个问题可以大力枚举前面 (0) 的位数解决。假设我们把前 (i-1) 位设为 (0)，第 (i) 位设成 (1) 的代价为 (g(i))，我们很容易得到：(g(i)=sum(i-1)+[s_i=0])。

我们修改状态 (f(i)) 为到第 (i) 位为 (1) 时，前面均合法且至少有一个 (1) 的最小代价。

那么我们可以得到状态转移方程：(f(i)=min( f(i-k), g(i-k) )+sum(i-1)-sum(i-k)+[s_i=0])。

我们的后缀仍然有可能全是 (0) ，所以统计答案时，我们枚举构造序列长度 (i) ，同时维护一个值 (z) 表示将以 (i+1) 为起点的后缀全部设为 (0) 的代价。答案就是 (Min_{i=1}^nmin( f(i) , g(i) )+z(i))

个人感觉难度 绿-蓝

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=4e6+10;
int f[N],g[N],sum[N];
char str[N];

int main()
{
	int t; cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n,k;
		cin>>n>>k>>(str+1);
		for(int i=0;i<=n;i++) f[i]=0x3f3f3f3f,sum[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			sum[i]=sum[i-1]+(str[i]-'0'), g[i]=sum[i-1]+int(str[i]=='0');
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(i>k) f[i]=min(f[i-k],g[i-k])+sum[i-1]-sum[i-k]+int(str[i]=='0');
		int ans=sum[n];
		for(int i=1;i<=n;i++)
			ans=min(ans,min(f[i],g[i])+sum[n]-sum[i]);
		cout<<ans<<'
';
	}
	return 0;
}