CF1693F I Might Be Wrong 题解

感觉是一个比较套路的题目。

思路#

很容易就可以胡出一个贪心策略。

每一次操作都选一个从前面开始最长的 $0,1$ 数量相同的序列进行操作。

看一眼好像样例都能过。

可以考虑如何来证明一下这个东西。

为了方便，首先我们假定操作序列中 $0$ 的数量多于 $1$ 的数量。

那么我们的操作就是要将所有在 $1$ 中的 $0$ 全部都移到左边。

很显然，我们的操作的每一段要么是 $0$ 的数量多于 $1$ 的数量，或者是 $0$ 的数量等于 $1$ 的数量（因为 $0$ 的数量少于 $1$ 的数量显然不优）。

当 $0$ 的数量多于 $1$ 的数量时。

整体所需要耗费的代价也就是 $0$ 的数量多于 $1$ 的数量的值，再加一。

我们将 $0$ 的数量多于 $1$ 的数量的值设为 $k$。

那么，同样的，我们可以将此时的操作序列中进行 $k$ 次在一个前缀满足 $0$ 的数量等于 $1$ 的数量的序列上进行操作，可以观察到，每一次操作后，至少会有一个 $0$ 被移到左边，而每一次的代价均为 $1$。

所以，可以发现，每一次都操作 $0$ 的数量等于 $1$ 的数量的序列一定不劣。

然后每一次都找最长的序列，就为最优的方案了。

然后就可以发现，我们的问题变为了给一个序列，需要不断的找到最长的 $0$ 的数量等于 $1$ 的数量的序列。

首先 $O(n\log n)$ 的线段树是显然可以做的。

但由于这道题的最长的 $0$ 的数量等于 $1$ 的数量的序列需要满足必须包含整段中的第一个 $1$。

我们就有可以想到一个比较套路的方法。

可以发现，我们的最后一次的操作一定是包含所有的 $1$ 的一个序列。

所以，我们可以假设 $1,0$ 的个数差是 $d$。

那么问题又可以转化为将一个序列使得前面大于等于 $d$ 个数为 $0$。

考虑到我们每次的操作的右端点是单调递增的。

所以每一次我们的操作都是不会影响到前缀值。

可以预处理出前面 $0$ 的个数比 $1$ 的个数多的值的最后一个位置。

这样就可以不断的利用前缀转移，时间复杂度 $O(n)$。

Code#

代码就不放了，还是比较好实现的。