AGC019D Shift and Flip（枚举）

Posted 2021-01-14 gaxc

题意：给定两个长度为n(n<=2000)的由0和1组成的字符串A和B，有三种操作

          1：将A向左循环移一格

          2：将B向右循环移一格

          3：将一个b[i]为1的位置的a[i]改为(1 - a[i])

          询问将A变为B的最短操作次数。若A无法变为B，则输出-1。

 

输入描述：两行，每行一个长度为n的只包含0和1的字符串

 

输出描述：一行，一个整数表示最小的的操作次数.若无法从A变为B，则输出-1.

 

输入样例：

1010

1100

 

输出样例：

3

 

解析：首先先判断-1的情况，不难发现如果B全为0且A也全为0，那么就输-1。如果B全为0且A也全为0，那么答案就是0。

          再来看看如何计算答案。用L[i]表示A中第i个位置向左移多少个位置后才能在B中有一个1。R[i]表示A中第i个位置向右移多少个位置后在B中有1。

          枚举最终的结果A的状态（即移动到了哪个位置），这样进行修改操作的次数是固定的（A与B中每位不同的个数就是修改的次数）。

          由上一步可以得出枚举的状态是由原状态左移（或右移）几个单位得到的，假设这个值是cnt。

          以左移为例。对于每个点的L[i]，如果L[i] <= cnt，那么就不会产生多余的移动操作。可是若L[i] > cnt，那么这个点可能由原位置向右移u个单位，再向左移动u+L[i]*2-cnt个单位的过程中更改的；也可能是在原位置向左移L[i]个单位后再向右移L[i]-cnt个单位的过程中更改的。所以对于每个点，它的值要么是 向右的最大值*2+向左的最大值*2-cnt；要么是 向左的最大值*2-cnt,从中取一个最小值即可。

          对于右也是类似的操作。具体实现细节看代码。

 

代码如下：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int maxn=2005;
 7 int n,L[maxn],R[maxn],bj[maxn],mx,mi,ans;
 8 int tota,totb,len,que[maxn];
 9 char a[maxn],b[maxn];
10 
11 int cmpL(int a,int b) {
12     return L[a]<L[b];
13 }
14 
15 int cmpR(int a,int b) {
16     return R[a]<R[b];
17 }
18 
19 int main() {
20     scanf("%s%s",a+1,b+1); n=strlen(a+1);
21     ans=2e9;
22       for (int i=1;i<=n;++i) { //求1的个数 
23           if (a[i]==‘1‘) tota++;
24           if (b[i]==‘1‘) totb++; 
25       }
26       if (!totb) { //判-1 
27           if (!tota) return puts("0"),0;
28           return puts("-1"),0;
29       }
30       for (int i=1;i<=n;++i) { //预处理L[i]与R[i] 
31           int ind=i,cnt=0;
32             while (b[ind]!=‘1‘) {
33                   ind--; cnt++;
34                   if (ind==0) ind=n;
35             }
36         L[i]=cnt;
37         ind=i; cnt=0;
38           while (b[ind]!=‘1‘) {
39               ind++; cnt++;
40               if (ind==n+1) ind=1;
41           }
42         R[i]=cnt;
43       }
44       for (int i=1;i<=n;++i) { //枚举移动后左端点的最终位置
45         int ind,sum=0; //sum记录需要修改的点的个数  
46         if (i==1) ind=1; else ind=n-i+2;
47           for (int j=1;j<=n;++j) bj[j]=0; //bj[i]记录i号点是否要修改
48           for (int j=1;j<=n;++j) {
49               if (a[ind]!=b[j]) sum++,bj[ind]=1;
50               ind++; if (ind>n) ind=1;
51           }
52         int cnt; //cnt表示向左移(或右移)的位数 
53           if (i==1) cnt=0; else cnt=n-i+1; //cnt表示向左移的位数 
54         len=0;
55           for (int j=1;j<=n;++j) 
56             if (bj[j] && L[j]>cnt) que[++len]=j;
57         sort(que+1,que+1+len,cmpR);
58         mx=0; mi=2e9; 
59           if (len>0) mi=min(mi,R[que[len]]*2+cnt);
60           for (int j=len;j>=1;--j) {
61               mx=max(mx,L[que[j]]);
62               if (j>1) mi=min(mi,R[que[j-1]]*2+mx*2-cnt);
63           }
64           if (len>0) mi=min(mi,mx*2-cnt);
65           if (!len) mi=cnt;
66         ans=min(ans,mi+sum);
67         cnt=i-1; len=0; //cnt表示向右移的位数 
68           for (int j=1;j<=n;++j)
69             if (bj[j] && R[j]>cnt) que[++len]=j;
70         sort(que+1,que+1+len,cmpL);
71         mx=0; mi=2e9;
72           if (len>0) mi=min(mi,L[que[len]]*2+cnt);
73           for (int j=len;j>=1;--j) {
74               mx=max(mx,R[que[j]]);
75               if (j>1) mi=min(mi,L[que[j-1]]*2+mx*2-cnt);
76           }
77           if (len>0) mi=min(mi,mx*2-cnt);
78           if (!len) mi=cnt;
79         ans=min(ans,mi+sum);
80       } 
81     printf("%d",ans);
82     return 0;
83 }