题目描述
小$c$是一名$oier$。最近，他发现他的数据结构好像学傻了。因为他在刷题时碰到了一道傻逼数据结构题，强行使用了平衡树来解决，卡着时间$AC$。为此，他被狠狠地嘲讽了一番。于是，小$c$找了大量的数据结构题来做。
昨天，小$c$正在吃寿司，突然发现许多盘寿司围成了一个圆圈，这些寿司中有红色的也有蓝色的。由于小$c$看交错的颜色非常不爽，想通过一些操作，使得所有的红色寿司形成了一块连续的区域，蓝色的寿司也形成了一块连续的区域。如果小$c$每次只可以交换相邻的两盘寿司，那么最少需要多少步才可以达到小$c$的要求呢？由于他做题做多了，脑袋已经有点不清醒了，于是这个问题就交给你了。
输入格式
第一行一个数$T$，表示数据组数。
接下来$T$行，每行一行由$B$和$R$组成的字符串，$B$表示蓝色，$R$表示红色。第$i$个字符描述顺时针数第$i$盘寿司的颜色。注意，最后一盘寿司和第$1$盘寿司是相邻的。
输出格式
对于每组数据，输出一行表示最小的交换次数。
样例
样例输入
1
BBRBBRBBBRRR
样例输出
5
数据范围与提示
样例说明：
以下说明交换的步骤：
交换位置$2$、位置$3$上的寿司；
交换位置$1$、位置$2$上的寿司；
交换位置$6$、位置$7$上的寿司；
交换位置$7$、位置$8$上的寿司；
交换位置$8$、位置$9$上的寿司；
数据范围：
$Tleqslant 10$
$nleqslant 1,000,000$
题解
算法一：
爆搜,枚举所有走法。可以获得$0$到$20$分不等。
算法二：
注意到每种状态实际上是可以压缩的。所以搜索的时候对于较小的数据把状态记录下来,用最小表示法去个重,对于稍大的数据可以用$IDA∗$搜索,对每个状态进行估价来进行加速。可以获得$20$到$40$分不等。
算法三：
将环上的问题转化为序列上，我们只需要将环复制一遍即可转化为序列。
那么，考虑这样一个问题，对于最优解，一定存在一个点使得所有的交换都不经过这个点（它的左右不交换），下面简称这个点为断点。
这样我们就可以枚举断点，答案即为把每个$B$挪到两端，反之同理。
然后在进行统计答案，比较每一个断点哪个最优。
现在来简单的证明一下断点的存在，来脑补一个环，环上面有很多$R$，我们肯定要将所有的$R$都撸到一起，而这时候，肯定存在“最下面一个点”作为底端，而在撸的时候肯定不会经过这个点。
时间复杂度：$Theta (n^2)$。
期望得分：$40$分。
算法四：
考虑决策的单调性问题，上面$Theta (n^2)$的算法中，我们需要再枚举一个点，这个点左端的$R$都移向左端，右端的都移向右端，那么就满足了一个$igcup$型函数。
显然可以进行三分求解。
那么当前枚举的区间的代价怎么求呢？
我们需要开五个数组：
$alpha.slft[i]$：表示将点$i$左侧所有的$R$都挪到最左端所要付出的代价，而每个$R$挪到最左端的代价就是它左端的$B$的数量。
$eta.srht[i]$：表示将点$i$右侧所有的$R$都挪到最右端所要付出的代价。
$chi.blft[i]$：表示点$i$左侧有几个$B$，可以感性的理解为$B$的左缀和。
$delta.brht[i]$：表示点$i$右侧有几个$B$，可以感性的理解为$B$的右缀和。
$epsilon.rlft[i]$：表示点$i$左侧有几个$R$，可以感性的理解为$R$的前缀和。
下面我只讲当前区间$[L,R]$下，将点$V$左侧的$R$都移到$L$所要付出的代价，反之同理：
先写出来式子：$slft[V]-slft[L-1]-blft[L-1] imes (rlft[V]-rlft[L-1])$。
来解释一下式子：
$slft[V]-slft[L-1]$的含义为将$[L,V]$区间中所有的$R$移到最左端所要付出的代价，不过显然我们并不用把他们都移到左端，而是将其移动到$L$，那么我们不需要付出的代价就为$1$到$L$之间的$B$乘上$L$到$V$之间的$R$，即为$blft[L-1] imes (rlft[V]-rlft[L-1])$。
时间复杂度：$Theta (nlog_{frac{3}{2}}n)$。
期望得分：$65$分。
算法五：
我们还会发现这样一个问题，在断点不断右移的时候，当前状态的最有决策点肯定在上衣状态的最优决策点的右侧，这样复杂度就成了线性的了。
时间复杂度：$Theta (n)$。
期望得分：$100$分。
代码时刻
$Theta (nlog_{frac{3}{2}}n)$算法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char ch[4000001];
long long slft[4000001],srht[4000001],blft[4000001],brht[4000001],rlft[4000001];
long long ans;
long long minn(int x,int y,int z){return min(x,min(y,z));}
long long judge(int l,int v,int r)
{return slft[v]-slft[l-1]-blft[l-1]*(rlft[v]-rlft[l-1])+srht[v+1]-srht[r+1]-brht[r+1]*(rlft[r]-rlft[v]);}//计算答案
long long _doudou(int l,int r)//三分
{
int flagl=l,flagr=r;
while(r-l>2)
{
int midl=(r-l+1)/3+l;
int midr=(r-l+1)*2/3+l;
if(judge(flagl,midl,flagr)>judge(flagl,midr,flagr))l=midl;
else r=midr;
}
return minn(judge(flagl,l+1,flagr),judge(flagl,l,flagr),judge(flagl,r,flagr));
}
void pre_work()//清空
{
for(int i=1;i<=n;i++)ch[n+i]=ch[i];
blft[0]=slft[0]=rlft[0]=srht[2*n+1]=brht[2*n+1]=0;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%s",ch+1);
ans=200209230020020923;
n=strlen(ch+1);
pre_work();
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
blft[i]=blft[i-1];
slft[i]=slft[i-1];
rlft[i]=rlft[i-1];
if(ch[i]=='B')blft[i]++;
else
{
rlft[i]++;
slft[i]+=blft[i];
}
}
for(int i=2*n;i;i--)
{
brht[i]=brht[i+1];
srht[i]=srht[i+1];
if(ch[i]=='B')brht[i]++;
else srht[i]+=brht[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,_doudou(i,i+n-1));
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
$Theta (n)$算法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char ch[4000001];
long long slft[4000001],srht[4000001],blft[4000001],brht[4000001],rlft[4000001];
long long ans;
long long judge(int l,int v,int r)
{return slft[v]-slft[l-1]-blft[l-1]*(rlft[v]-rlft[l-1])+srht[v+1]-srht[r+1]-brht[r+1]*(rlft[r]-rlft[v]);}
void pre_work()
{
for(int i=1;i<=n;i++)ch[n+i]=ch[i];
blft[0]=slft[0]=rlft[0]=srht[2*n+1]=brht[2*n+1]=0;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%s",ch+1);
ans=200209230020020923;
n=strlen(ch+1);
pre_work();
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
blft[i]=blft[i-1];
slft[i]=slft[i-1];
rlft[i]=rlft[i-1];
if(ch[i]=='B')blft[i]++;
else
{
rlft[i]++;
slft[i]+=blft[i];
}
}
for(int i=2*n;i;i--)
{
brht[i]=brht[i+1];
srht[i]=srht[i+1];
if(ch[i]=='B')brht[i]++;
else srht[i]+=brht[i];
}
int lft=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(lft!=n+i&&judge(i,lft,i+n-1)>=judge(i,lft+1,i+n-1))lft++;
ans=min(ans,judge(i,lft,i+n-1));
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
rp++