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題目大意：給出一個只由 0 或 1 組成的字符串 s ，和一個字符串 t ，問 s 至少需要操作多少次，才能變?yōu)?t，每次操作是：可以選擇字符串 s 中的一個子序列，使得他們?nèi)肯蛴乙苿右粋€單位，如：，選擇的子序列為位置，經(jīng)過操作后 s 就變?yōu)榱?

題目分析：很顯然的兩個結(jié)論是，如果字符串 s 和字符串 t 中 1 的數(shù)量或者 0 的數(shù)量不相等，那么輸出 -1 ，還有一點(diǎn)就是，如果字符串 s 和字符串 t 中的某一位置 s[ i ] == t[ i ] ，則這個位置無需操作，可以視為被刪除就好了

接下來考慮貪心，子序列的長度肯定得大于等于?2 ，稍微舉舉例子不難發(fā)現(xiàn)，每次操作只能選擇偶數(shù)串的 0101... 或者 1010...，舉個反例就是，如果選擇的 s 為 011，那么經(jīng)過操作后變?yōu)榱?101，第三個位置沒有變化，所以選不選第三個位置沒有影響，同理得出每次只能選擇偶數(shù)個的 01 交替的子序列進(jìn)行操作才是具有貢獻(xiàn)的

然后貪心放，就拿和為例，此時已經(jīng)將所有 s[ i ] == t[ i ] 的位置都刪除掉了，從 1 ~ n 遍歷一遍字符串，當(dāng)遍歷到第一個位置時，s[ 1 ] == 1 ，所以 ans++ ，另外這里有一個單獨(dú)的 1，到了第二個位置時，s[ 2 ] == 1，所以仍然讓 ans++，此時有兩個單獨(dú)的 1 ，到了第三個位置，此時 s[ 3 ] == 0 ，因?yàn)榍懊嬉呀?jīng)有兩個單獨(dú)的 1 了，所以我們貪心讓這個 0?與第一個 1 匹配，此時 ans 不變，我們有一個 “10” 串和一個 “1” 串，到了第四個位置，此時 s[ 4?] == 1 ，因?yàn)榇藭r第一個串中可以接一個 1 了，所以我們就可以直接將當(dāng)前的 1 與 “10” 匹配，此時有一個 “101” 串和一個 “1” 串，剩下的兩個位置都是 0 ，我們直接讓其與兩個串匹配即可，即最后的兩次操作分為 “1010” 和 “10” ，答案為 2 是最優(yōu)的

再看一個例子，這樣我就只給出字符串 s 了，如果，按照上面的貪心，當(dāng)匹配完前三個位置后，我們得到了兩個串：“10” 和 “0” ，到了第四個串的 s[ 4 ] == 1，按理說和第一個串或者第二個串都是可以匹配的，但是我們發(fā)現(xiàn)如果和第一個串匹配的話，最后就無法形成偶數(shù)個 1010... 了，所以此時應(yīng)該選擇其與第二個串匹配

知道原理后 O( n ) 去模擬就好了

代碼：
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#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> #include<cassert> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;char s[N],t[N];int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n;scanf("%d%s%s",&n,s+1,t+1);int sum=0,mmax=0,mmin=0;for(int i=1;i<=n;i++){sum+=s[i]-t[i];mmax=max(mmax,sum);//記錄最多有多少個連續(xù)的“1”需要讓 ans++mmin=min(mmin,sum);//記錄最多有多少個連續(xù)的“0”需要讓 ans++}printf("%d\n",sum?-1:mmax-mmin);return 0; }

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超強(qiáng)干貨來襲 云風(fēng)專訪：近40年碼齡，通宵達(dá)旦的技術(shù)人生

總結(jié)

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