NOIP 模拟 7 寿司

题解

题目

这道题考试的时候直接打暴力，结果暴力连样例都过不了，最后放上去一个玄学东西，骗了 \(5pts\)。

正解：

此题中我们可以看到原序列是一个环，所以我们要把它拆成一条链，那么我们需要暴力枚举每个点作为断点，这里没有什么好的优化，因为没什么特殊性质

对于每个字符，其对答案的贡献为 \(\sum_i^n\min(l_i,r_i)\) ，其中 \(l_i\) 和 \(r_i\) 为点 \(i\) 向左或向右移动到边界的步数，通过手模我们可以发现这就是点 \(i\) 到最左或最右经过的另一种颜色的个数

所以此时我们能容忍的复杂度上只能再加一个 \(\mathcal O(log)\) 或者 \(\mathcal O(1)\)，对于 \(\mathcal O(log)\) 我么考虑二分，但我没看出来哪里能二分，所以我去考虑 \(\mathcal O(1)\)，对于 \(\mathcal O(1)\) 我们可以发现在学单调性时有这东西

所以我们考虑维护一个单调指针，对于断点顺时针移动，我们设一个分界点，分界点左侧的向左移动到做边界，右边的同理，那么我们可以发现，最有分解点就是没有一个最有交换经过它，因此这个分解点也是单调顺时针移动的。

复杂度分析，对于一个环，我们把它变成一条链，那么它的长度为 \(2n-1\) 而指针单调移动不会出这个范围，所以此复杂度为 \(\mathcal O(n)\)

目前为止，本篇题解是时间最优的一篇，空间也最小，\(1.3s\) ， \(17mb\) （不开 \(\mathcal O(2)\) ）。

\(AC\kern 0.4emCODE:\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
    inline int read() {
        ri x=0,f=1;char ch=getchar();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
        return x*f;
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    #define int long long
    #define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
    #define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))//常数优化
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    static const int N=2e6+7;
    int l[N],bac[N],T,ans,tl;
    char col[N];
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        T=read();
        for (ri z(1);z<=T;p(z)) {
            scanf("%s",col+1);//读入优化
            int B=0,R=0,lc=0,cnt=0,mv=0,la=0,tp=0,num=0,tot,tt,tmp=0;
            int len=strlen(col+1);
            for (ri i(1);i<=len;p(i)) {if (col[i]=='B') p(B);else p(R);}
            char pc=B<R?'B':'R';//移动数量少的颜色，卡常
            tt=cmin(B,R);tot=B+R-tt;
            for (ri i(1);i<=len;p(i)) {
                if (col[i]==pc) l[p(tp)]=cnt,bac[i]=tp;
                else p(cnt);
            }
            num=tp;tl=1;
            while(l[tl]<tot-l[tl]) tmp+=l[tl],p(tl),p(la);
            for (ri i(tl);i<=tt;p(i)) tmp+=tot-l[i];
            ans=tmp;
            if (col[1]!=pc) p(mv),tmp+=(tt-la)-la;
            else --la,l[tp+1]=l[1]+tot,p(num);
            for (ri i(2);i<=len;p(i)) {
                int k;
                while((k=(l[tl]-mv))<tot-k&&tl<=num) tmp+=k-(tot-k),p(tl),p(la);
                ans=cmin(ans,tmp);
                if (col[i]==pc) {--la;l[tp+bac[i]]=l[bac[i]]+tot;p(num);continue;}//记得在换点时建立新的点数据
                else p(mv),tmp+=(tt-la)-la;
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
        return 0;
    }
    #undef int
}
int main() {return nanfeng::main();}