codeforces 1353E 1353F DP

E. K-periodic Garland

题目大意：给定一个长度为n的01串，给定一个值k，每次可以把该字符串中的任意一个字符变成0或者1，问至少操作多少次可以满足任意相邻两个1之间的长度为k。

这个题目的解法是dp,看过题解一开始也没看懂，这个要自己多模拟几遍，不然很有肯能看题解都看不懂（可能因为我菜叭）

dp[i][0]和dp[i][1]表示第i个字符为0或者1且前i个字符都满足的最小操作次数。

假设第i个字符为0（这个0是我们假设的，在原字符串中可能为0也可能为1），由于前i-1个字符是满足题意的，也就是说在前i个字符中，第i个字符是最后一个字符，那么一定满足题意，因为在01串的末尾不管加多少个0这个字符串都是合法的，所以dp[i][0]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+(str=='1')，也就是前i-1个满足条件的最小操作次数加上第i个字符是否需要改变。

假设第i个字符为1，有两种情况，第一种情况就是该字符前面存在有1，那么必须第i-k个字符为1，且前i-k个字符满足题意，并且第i-k+1个到第i-1个字符全为0才能满足题意。第二种情况就是该字符前面全是0，那么就要满足前i-1个字符全为0，即可满足题意，所以我们就要取这两种情况中操作次数较小的一种。

所以综合一下，我们可以得到dp的状态转移方程（ans[i]表示前i个字符中1的个数）

dp[i][0]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+(str[i-1]=='1');

dp[i][1]=min(ans[i-1],dp[p][1]+ans[i-1]-ans[p])+(str[i-1]=='0');

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#include <string.h>

using namespace std;
#define ll long long
static const int WHITE=0;
static const int GRAY=1;
static const int BLACK=2;
static const int INF=0x3f3f3f3f;
int gcd(int a,int b){return b == 0 ? a : gcd(b,a%b);}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
ll Pow(ll a,ll b,ll mod){if(b==0) return 1%mod; ll sum=1; a=a%mod; while(b>0) { if(b%2==1) sum=(sum*a)%mod; b/=2; a=(a*a)%mod;}return sum;}

int dp[1000005][2];
int ans[1000005];
string str;
void init(int n)
{
    for(int i=0;i<=n;i++)
    dp[i][0]=dp[i][1]=0;
    ans[0]=0;
    for(int i=1;i<=str.size();i++)
    ans[i]=ans[i-1]+(str[i-1]=='1');
}

int main()
{
    freopen("C:\Users\16599\Desktop\in.txt","r",stdin);
    int _;
    cin>>_;
    while(_--)
    {
        int n,k;
        cin>>n>>k;
        cin>>str;
        init(n);
        for(int i=1;i<=str.size();i++)
        {
            int p=max(0,i-k);
            dp[i][0]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+(str[i-1]=='1');
            dp[i][1]=min(ans[i-1],dp[p][1]+ans[i-1]-ans[p])+(str[i-1]=='0');
        }
        cout<<min(dp[n][0],dp[n][1])<<endl;
    }
    return 0;
}