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題目大意：給出 n 個(gè)燈泡以及其初始狀態(tài)（開或關(guān)），每次操作可以將任意一個(gè)燈泡的狀態(tài)置反，問最少需要操作多少次，可以使得所有開著的燈泡之間相距 k 個(gè)單位

題目分析：因?yàn)樾枰獫M足所有開著的燈泡之間需要相距 k 個(gè)單位，這也就形成了一個(gè)劃分，那就是根據(jù)位置對(duì) k 取模后的結(jié)果，將 n 個(gè)燈泡劃分成了 k 組，每一組都相互獨(dú)立，顯然如果需要滿足條件的話，只能存在某一組的燈泡有連續(xù)的狀態(tài)為開啟的燈泡，其余 k - 1 組的燈泡的狀態(tài)必須都為關(guān)閉才行，這樣一來我們可以通過枚舉這 k 組來計(jì)算答案維護(hù)最小值，對(duì)于某一組答案的計(jì)算，我們可以視為兩個(gè)部分相加而成：

將其余 k - 1 組中狀態(tài)為開啟的燈泡關(guān)閉

當(dāng)前組中，用最少的步數(shù)使得至多含有一個(gè)連續(xù)的開啟的燈泡段

對(duì)于情況二，可以利用 dp 線性完成，對(duì)于情況一，可以在維護(hù) dp 的同時(shí)維護(hù)一些變量 O( 1 ) 計(jì)算得到

這里講一個(gè)實(shí)現(xiàn)比較簡(jiǎn)單，但是需要一定思維量的轉(zhuǎn)換方法，記初始時(shí)狀態(tài)為開啟的燈泡個(gè)數(shù)為 sum ，第 i 組狀態(tài)為開啟的燈泡個(gè)數(shù)為 dp[ i ] ，那么情況一對(duì)應(yīng)著的答案就是 sum - dp[ i ] ，情況二對(duì)應(yīng)著：將開著的燈視為 1 ，關(guān)著的燈視為 -1 ，那么求出 mmax 為最大連續(xù)字段和即可，這樣情況二就可以用 dp[ i ] - mmax 來表示了，最終答案就是維護(hù) sum - mmax 的最小值即可

參考至：https://blog.nowcoder.net/n/0aa657fdce7040b0bfb48799070fec5a

代碼：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;vector<int>val[N];int solve(const vector<int>&a) {int max_ending=0,mmax=0;for(int i=0;i<a.size();i++){max_ending=max(max_ending+a[i],0);mmax=max(mmax,max_ending);}return mmax; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){int n,k;string s;cin>>n>>k>>s;int sum=count(s.begin(),s.end(),'1');for(int i=0;i<n;i++)val[i].clear();for(int i=0;i<n;i++)val[i%k].push_back(s[i]=='1'?1:-1);int ans=inf;for(int i=0;i<k;i++)ans=min(ans,sum-solve(val[i]));printf("%d\n",ans);}return 0; }

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總結(jié)

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