D2. Zero-One (Hard Version)

题意

给定$n,x,y$和两个01串，字符串的长度为$n$，现在你可以选择一个$l$和$r$（$1\le l<r\le n$），将$a_l$变成$1-a_l$，将$a_r$变成$1-a_r$，$l+1=r$，则代价是$x$，否则代价是$y$，操作次数不限，求使两个串相同的最小代价，若无解输出-1

题解

设两个01串有$cnt$个位置不同，如果$cnt$为奇数，显然无解

如果$cnt$是偶数，以下进行分类讨论

1. $x\ge y$

   特判一下$cnt=2$且这两个位置是相邻的情况，此时的答案为$min(2\ast y,x)$

   否则，我们总可以选$cnt/2$组不相邻的位置（因为选相邻总是不优的），此时答案为$cnt/2\ast y$

2. $x<y$

​ 处理出所有两个01串不同的位置，原问题等价于把这些位置分成$cnt/2$组，每组的策略如下：

设这两个位置是$l$和$r$，相邻的话显然直接操作，不相邻的话，直接操作或者移动某个位置，直到相邻后再操作

因此，最小代价为$min(y,(r-l)\ast x)$

​ 我们在pos数组上考虑区间dp，考虑区间$[l,r]$，我们可以证明dp只有三种情况：$l,l+1$同组，$r,r-1$同组，$l,r$同组
首先，同组的$l$和$r$如果不相邻，那么其代价一定是$y$，因为在pos数组上跨过某点一定不会使答案更优
设$l+1<l_1<r_1<r-1$，如果$l,l_1$一组，$r_1,r$一组，那么基于以上结论，它们的代价只能都是$y$,而这一定不比$[l,r]$,$[l_1,r_1]$这种选法优，且这种选法已经被考虑进了dp的$l,r$同组这种情况中去，因此，dp是正确的

预处理区间长度为2的情况，只dp区间长度为偶数的区间，答案即为$f[1][cnt]$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5007;
ll n,x,y,a[N],b[N],f[N][N],pos[N];
void read(ll &x){
    char c=getchar();
    x=0;
    while(!isdigit(c)){
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)){
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
}
ll read(){
    char c=getchar();
    while(c!='0'&&c!='1'){
        c=getchar();
    }
    return c-'0';
}
ll calc(ll l,ll r){
    return min((r-l)*x,y);
}
void work(){
    ll i,j,cnt=0;
    read(n),read(x),read(y);
    for(i=1;i<=n;++i){
        a[i]=read();
    }
    for(i=1;i<=n;++i){
        b[i]=read();
    }
    for(i=1;i<=n;++i){
        if(a[i]!=b[i]){
            pos[++cnt]=i;
        }
    }
    if(cnt%2){
        puts("-1");
        return;
    }
    if(x>=y){
        if(cnt==2&&pos[2]-pos[1]==1){
            printf("%lld\n",min(2*y,x));    
        }
        else{
            printf("%lld\n",cnt/2*y);
        }
    }
    else{
        for(i=1;i<cnt;++i){
            f[i][i+1]=calc(pos[i],pos[i+1]);
        }
        for(i=4;i<=cnt;i+=2){
            for(j=1;j+i-1<=cnt;++j){
                ll l=j,r=j+i-1;
                f[l][r]=min(min(f[l+2][r]+calc(pos[l],pos[l+1]),f[l][r-2]+calc(pos[r-1],pos[r])),
                f[l+1][r-1]+calc(pos[l],pos[r]));
            }
        }
        printf("%lld\n",f[1][cnt]);
    }
}
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        work();        
    }
    return 0;
}