K-periodic Garland(思维DP)(Codeforces Round #642 (Div. 3) E题)
程序员文章站
2022-06-03 19:31:51
...
题目大意
给你一个长度为串,每一次你可以使得其中一个位置的状态翻转,要求使得里面的每一个之间的距离为,问至少需要多少次操作?
分析过程
这个还是挺好想的,发现自己的思路和标程不太一样,所以写篇博客记录一下。
我们定义表示为截止到位置(且之前的序列已满足周期),其状态为时的最优解;我们再定义为前缀和数组。
当时,那么此状态可由的最优状态转移而来,当前状态如果不为需要再加一个贡献,有状态转移方程
(其中[]内的值为真则为1,否则为0)
当时,这个时候需要区间内全部为,所以需要将区间内个状态进行翻转,然后对于区间的状态有两种情形:一种是该区间的状态全部为,这个时候需要进行次调整;另一种是该区间也满足最优结构,对于两种情形,我们取,所以有状态转移方程
Another Solution
看到网上有一个更加巧妙的思路。参考地址
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 100;
typedef long long ll;
int n, k, sum[maxn], a[maxn], dp[maxn][2];
void solve(){
int i, j, ans;
for(i=1;i<=k;++i){
dp[i][1] = (a[i] == 0) + sum[i - 1];
}
for(i=1;i<=n;++i){
if(i - k >= 1){
dp[i][1] = (a[i] == 0) + sum[i - 1] - sum[i - k];
dp[i][1] += min(sum[i - k], dp[i - k][1]);
}
dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + (a[i] == 1);
}
ans = min(dp[n][0], dp[n][1]);
cout<<ans<<'\n';
}
int main(){
int t, i, j;
char ch;
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>k;
cin.get();
for(i=1;i<=n;++i){
ch = cin.get();
if(ch == '0'){
a[i] = 0;
}else{
a[i] = 1;
}
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
}
cin.get();
solve();
}
return 0;
}
Another Solution AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
char s[N];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t --)
{
int n , k , sum = 0 , ans = 0x3f3f3f3f;
cin >> n >> k >> s + 1;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) sum += s[i] - '0';
for(int i = 1 ; i <= k ; i ++)
{
int cnt = 0;
for(int j = i ; j <= n ; j +=k)
{
if(s[j] == '1') cnt -- ;
else cnt ++ ;
cnt = min(cnt , 0);
ans = min(ans , sum + cnt);
}
}
cout << ans << '\n' ;
}
return 0;
}