Codeforces Round 642 (Div3）

K-periodic Garland

给定一个长度位\(n\)的\(01\)串，每次操作可以将\(1\)变为\(0\)或者将\(0\)变为\(1\)，现在你需要通过操作使得所有\(1\)之间的距离为\(k\)，求最少的操作次数，注意全为\(0\)也算

\(1<=n<=1e6,1<=k<=n\)

题解：\(dp\) / 贪心 : 最大子段和思想

方法一：\(dp\) \(O(n)\)

状态表示：\(f[i][0/1]\)：代表将区间\([1,i]\)变为合法串的最小操作次数，且第\(i\)位为\(0/1\)

状态转移：

1. 贪心考虑只有两种情况的时候我们可以将第\(i\)位变成\(1\)：

• 若第\(i-k\)位也是\(1\)，我们可以考虑将第\(i\)位变为\(1\),那么我们需要将\([i-k+1,i-1]\)中的所有1变为0
• 我们同样可以考虑使第\(i\)位前面所有的1变为0，从第\(i\)位的\(1\)重新当作起始位置，那么我们需要将前面所有的1变为0
• 同时如果该位本身不是\(1\)，我们需要将其变为\(1\)

\(f[i][1]=min(f[i][1]+pre[i-1]-pre[i-k],pre[i-1]) + (s[i]=='0')\)

1. 同样只有两种情况我们可以将第\(i\)位变为\(0\)：

• 第\(i-1\)位是1的情况
• 第\(i-1\)位是0的情况
• 如果第\(i\)位不是0，我们需要将其变为0

\(f[i][0]=min(f[i-1][1],f[i-1][0])+(s[i]=='1')\)

状态初始：\(f[i]=0\)

方法二：贪心 + 枚举对\(k\)余数 \(复杂度：调和级数O(nlogn)\)

由题意可知这些\(1\)一定是连续的且距离间隔\(k\)，这说明1所处的位置对\(k\)取模的模数是相同的，且这些1连续，所以我们可以考虑根据对\(k\)的余数来枚举\(1\)的起始位置，所以我们不妨先将所有的1变为0

我们设\(cnt\)：可以减免的答案贡献，或者说从起始位置到现在1的前缀和数量与0的前缀和数量之差；

1. 对于某一位来说，我们需要其为1，并且其本身已经为1，说明我们原本不用将其变为0，所以这部分答案可以减免，\(cnt\)++，
2. 对于某一位来说，我们需要其为1，但是其本身为0，说明我们这部分答案不能减免，\(cnt\)--，
3. 如果\(cnt<0\)，说明从起始位置开始0的数量已经比1的数量多了，也就是说我们将这些前面位置都变成1就比全部变为0吃亏，倒不如全部变为0，借用最大子段和的思想我们直接舍弃前面的部分，将该位置重新当成起始位置，\(cnt=0\)
4. 我们在枚举过程中始终维护\(cnt\)的最大值即可

时间复杂度为调和级数：\(O(nlogn)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define Zeoy std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0)
#define debug(x) cerr << #x << '=' << x << endl
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define rson id << 1 | 1
#define lson id << 1
#define int long long
#define mpk make_pair
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const int N = 1e6 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, k;
int f[N][2];
int pre[N];

void solve()
{
    cin >> n >> k;
    string s;
    cin >> s;
    s = " " + s;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        pre[i] = pre[i - 1] + (s[i] == '1');
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        f[i][1] = min(f[max(0ll, i - k)][1] + pre[i - 1] - pre[max(0ll, i - k)], pre[i - 1]) + (s[i] == '0');
        f[i][0] = min(f[i - 1][1], f[i - 1][0]) + (s[i] == '1');
    }
    cout << min(f[n][0], f[n][1]) << endl;
}
signed main(void)
{
    Zeoy;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
#define Zeoy std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0)
#define debug(x) cerr << #x << '=' << x << endl
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define rson id << 1 | 1
#define lson id << 1
#define int long long
#define mpk make_pair
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const int N = 1e6 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, k;

void solve()
{
    cin >> n >> k;
    string s;
    cin >> s;
    s = " " + s;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (s[i] == '1')
            ans++;
    int maxx = -INF;
    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--;
            if (cnt < 0)
                cnt = 0;
            maxx = max(cnt, maxx);
        }
    }
    cout << ans - maxx << endl;
}
signed main(void)
{
    Zeoy;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

Decreasing Heights

给出一个 \(n \times m\) 的矩阵，每个矩阵的权值代表该点的初始高度。

现在需要从点 \(( 1 , 1 )\) 走到点 \(( n , m )\) ，每一步需要满足以下条件：

• 只能向右或向下
• 设当前格子的高度为 \(x\) ，只能移动到高度为 \(x + 1\) 的格子上去

初始时可以进行操作，使得某个格子的高度减少一个单位。

问最少需要进行多少次操作，可以存在至少一条从点 \(( 1 , 1 )\) 到点 \(( n , m )\) 的路线

\(1≤n,m≤100\)

题解：\(dp\) + 枚举

我们发现只要确定起点\((1,1)\)的高度，那么对于任意位置\((i,j)\)的高度我们都是确定的：\(i+j-2\)，所以我们只需要枚举起点的高度即可，但是我们怎么枚举？

我们贪心的进行枚举，每次枚举的起点高度能够保证使得位置\((i,j)\)上的高度不需要降低，即起码保证有一个位置我们不需要改变其高度，如果这个位置原有的高度\(h\)，且\(h<a[1][1]+i+j-2\),说明我们不能通过降低起点的高度使得到达\((i,j)\)时不需要降低\((i,j)\)的高度，否则我们可以利用\(dp\)求出从起点到终点的最小操作次数

设起点高度为\(h\)

状态表示：\(f[i][j]\)：从起点\((1,1)\)到达\((i,j)\)所需的最小操作次数

状态转移：

1. 该位置是从上面过来的，即\((i-1,j)->(i,j)\)

\(f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][j]+a[i][j]-(h+i+j-2)),a[i][j]>=h+i+j-2\)

1. 该位置是从右边过来的，即\((i,j-1)->(i,j)\)

\(f[i][j] = min(f[i][j],f[i][j-1]+a[i][j]-(h+i+j-2)),a[i][j]>=h+i+j-2\)

1. 如果$ a[i][j]<h+i+j-2 \(，说明位置\)(i,j)$无法到达，我们直接跳过即可

#include <bits/stdc++.h>
#define Zeoy std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0)
#define debug(x) cerr << #x << '=' << x << endl
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define rson id << 1 | 1
#define lson id << 1
#define int long long
#define mpk make_pair
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const int N = 1e2 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, m;
int a[N][N];

int calc(int x, int y)
{
    vector<vector<int>> f(n + 10, vector<int>(m + 10, INF));
    int h = a[x][y] - x - y + 2;
    f[1][1] = a[1][1] + x + y - 2 - a[x][y];
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
        {
            int cur = h + i + j - 2;
            if (cur > a[i][j])
                continue;
            f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j] + a[i][j] - cur);
            f[i][j] = min(f[i][j], f[i][j - 1] + a[i][j] - cur);
        }
    }
    return f[n][m];
}

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
            cin >> a[i][j];
    int ans = INF;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
        {
            if (a[1][1] + i + j - 2 < a[i][j])
                continue;
            ans = min(ans, calc(i, j));
        }
    }
    cout << ans << endl;
}
signed main(void)
{
    Zeoy;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}