题意：
给出一个长度为n只含有a和b还有‘?’的串s,且'?'可以被任意替换为a或b。再给出一个字符串t (奇数位上为a，偶数位上为b，所以在题目中只给出了t的长度m)，现在要求保证t在s中出现的次数最多的情况下面，使用'?'最小的情况使用了几个问号。
题解：
拿到这个题目可以看出是DP，但是比较难以解决的就是如何确定在第i个位置时前面m个字符能够满足t，这里我看了别人的题解 ～。～哇，震惊！首先的话先对‘?’做前缀和，然后设置两个数组s[2]分别表示在第i个位置前面交叉字符串的长度，这样的话第i步结尾为a(?)满足交叉字符串的最大长度就等于第i-1步结尾为b(?)的长度加1；
1 res[i] = res[i-1] + (vec[i]=='?'); // ？前缀和 2 if(vec[i] != 'a') s[0][i] = s[1][i-1] + 1; 3 if(vec[i] != 'b') s[1][i] = s[0][i-1] + 1;
这样我们就求出了每一步是否满足能够形成t的条件，就可以开始DP了。（如果第i步满足就判断dp[i-m]+1和dp[i-1]）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int MAX_N = 1e5+9; 4 char vec[MAX_N]; 5 int res[MAX_N]; 6 int s[2][MAX_N]; 7 int dp[MAX_N]; 8 int cost[MAX_N]; 9 int main() 10 { 11 int N,M,T; 12 memset(res,0,sizeof(res)); 13 scanf("%d%s%d",&N,vec+1,&M); // 这里vec+1 可以把字符串赋予（1-n） 14 for(int i=1; i<=N; i++) 17 { 18 res[i] = res[i-1] + (vec[i]=='?'); 19 if(vec[i] != 'a') s[0][i] = s[1][i-1] + 1; 20 if(vec[i] != 'b') s[1][i] = s[0][i-1] + 1; 21 if(s[M&1][i] >= M) 22 { 23 dp[i] = dp[i-M]+1; 24 cost[i] = cost[i-M] + res[i] - res[i-M]; 25 } 26 else 27 { 28 dp[i] = dp[i-1]; 29 cost[i] = cost[i-1]; 30 } 31 if(dp[i] <= dp[i-1]) 32 { 33 if(dp[i] == dp[i-1]) cost[i] = min(cost[i],cost[i-1]); 34 else cost[i] = cost[i-1]; 35 } 36 } 37 cout<<cost[N]<<endl; 38 return 0; 39 }
emmmm...这是cf大佬的写法～～ 也就比我短了一倍吧 @。@
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 100005 3 using namespace std; 4 char s[N]; 5 int n,m,b[N],c[2][N]; 6 pair<int,int> f[N]; 7 int main(){ 8 scanf("%d%s%d",&n,s+1,&m); 9 for (int i=1;i<=n;i++){ 10 b[i]=b[i-1]+(s[i]=='?'); 11 if (s[i]!='a') c[0][i]=c[1][i-1]+1; 12 if (s[i]!='b') c[1][i]=c[0][i-1]+1; 13 if (c[m&1][i]>=m) f[i]=make_pair(f[i-m].first+1,f[i-m].second-b[i]+b[i-m]); 14 f[i]=max(f[i],f[i-1]); 15 } 16 printf("%d ",-f[n].second); 17 }