披着信息的皮的数学题

Posted 2021-03-01 hhhhalo

 

题目描述

您有一个字符串a1，a2，…，ana1，a2，…，an，由零和一组成。

我们将连续元素ai，ai + 1，...，ajai，ai +1，...，aj（1≤i≤j≤n1≤i≤j≤n）的序列称为字符串aa的子字符串。

您可以多次应用以下操作：

选择一个字符串aa的子字符串（例如，您可以选择整个字符串）并反转它，为此支付xx个硬币（例如，«0101101»→→«0111001»）；
选择字符串aa的一些子字符串（例如，您可以选择整个字符串或仅一个符号），然后将每个符号替换为相反的一个符号（零替换为一个，而一个替换为零），为此支付yy个硬币（例如，«0101101»→→«0110001»）。
您可以按任何顺序应用这些操作。允许将操作多次应用于同一子字符串。

您需要花费最少的硬币数量才能得到仅包含一个的字符串？

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输入值
输入的第一行包含整数nn，xx和yy（1≤n≤300000,0≤x，y≤1091≤n≤300000,0≤x，y≤109）—字符串的长度，第一次操作的成本（反向子串）和第二个操作的成本（反向子串的所有元素）。

第二行包含长度为nn的字符串aa，由零和一组成。

输出量
打印一个整数-获得只包含1的字符串所需的最低总操作成本。如果不需要执行任何操作，请打印00。

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例子
输入值
5 1 10
01000
输出量
11

输入值
5 10 1
01000
输出量
2

输入值
7 2 3
1111111
输出量
0

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注意
在第一个示例中，首先需要反转子字符串[1…2] [1…2]，然后需要反转子字符串[2…5] [2…5]。

然后，字符串更改如下：

«01000»→→«10000»→→«11111»。

运营总成本为1 + 10 = 111 + 10 = 11。

在第二个示例中，首先需要反转子字符串[1…1] [1…1]，然后需要反转子字符串[3…5] [3…5]。

然后，字符串更改如下：

«01000»→→«11000»→→«11111»。

总成本为1 + 1 = 21 + 1 = 2。

在第三个示例中，字符串已经仅包含一个，因此答案为0。

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思路分析：

　　看这道题，脑子里立马就蹦出了DP，前两道题也都是DP，就坚信这道题得这么做了，然后就懵了

　　这道题看起来简洁明了，就是一个只有0和1的字符串，然后对其进行两种操作：区间内前后翻转和把区间内0全变为1。然后求把整个字符串全变为1的最小代价。

　　恶心的地方就在这两种操作都可以执行上了，有点无从下手。

　　没办法，分析样例。不难发现，可以对数据进行分组，即把多个连在一起的0或1视为一个整体进行处理（显然这样可以尽可能少的处理，代价最小），然后对每组0进行考虑，这时候的字符串形式就是类似于0101010……这样的

　　我们的最终目的是要把0变为1，你再怎么换，你也少不了变为0的操作——划重点，代码会体现

　　我们考虑每两个相邻的0101，发现有两种方法处理：（1）转一下前面的01，变为1001；然后进行修改，变为1111；（2）进行两次修改，变为1111；

　　我们发现，其中都有一次修改操作，那我们比较另一个不同的即可，显然谁代价小选哪个，不管你选哪个，都不需要再考虑这前面的一组，如果你变为1了，显然不用再管了，如果你选择了转换，那前面的0和后面的0就成一组0了，接下来再只考虑后面的就可以了。如果你着这样我们就合并了两个相邻的；

　　接下来，数组还是101010……的形式，继续进行如下操作，每组01都是这样，那就简单了，如果有n组01，我们把最后一次转化为1的操作单独拿出来，剩下的n-1组我们只需进行（n-1）次的单一操作——两种操作哪个小选哪个。

配合代码理解（不懂一定要自己模拟一遍样例，体会一下过程）：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cmath>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 const int maxn = 3e5+10;
 7 char a[maxn];
 8 long long tot;
 9 int main(){
10     long long n,x,y;scanf("%lld%lld%lld ",&n,&x,&y);
11     scanf("%s",a+1);
12     a[0] = ‘1‘;
13     for(int i = 1; i <= n;i++){
14         if(a[i] == ‘0‘ && a[i-1] == ‘1‘)tot++; //出现不相邻的0，就多了一组01，否则与前面的0为同一组
15     }
16     if(tot == 0)printf("0");
17     else printf("%lld",min(x,y) * (tot-1) + y); //前tot-1组，单一操作合并为一组，最后再加上一次统一修改的操作
18     return 0;
19 }

这就是一个数学题...