[atAGC045B]01 Unbalanced

将0变为-1后求前缀和，那么$s$的价值即为最大的前缀和-最小的前缀和（特别的，空前缀的前缀和为0）

令$f(x)$表示当最大的前缀和不大于$x$时，最小的前缀和最大是多少，答案即为$\min_{x}x-f(x)$

考虑如何求$f(x)$，可以贪心，先令所有位置都为-1，记最大的前缀和为$k$（要有$k\le x$），然后从前往后贪心将每一个-1变为1并判断是否仍然有$k\le x$，通过维护后缀最大值可以做到$o(n)$

关于贪心正确性的证明：考虑构造，将非最优解第一个与最优解不同的位置改成最优解的位置

（这里的位置指修改的位置，即-1变成1的位置所构成的集合）

较优解相当于对这两个位置之间全部加2，那么$f(x)$必然更大，同时对于这段区间之前的操作较优解和最优解相同（但最优解在这段区间中可能还有修改），最优解合法，较优解一定也合法

（最优解指通过贪心所得到的解，较优解指由非最优解构造得到的解）

进一步的，考虑$x$和$x-2$，若后者仍有位置填的是-1，那么前者一定是通过后者将第一个-1的位置改成1得到（联系贪心的过程，这里可以改成1，且之后与$x-2$相同）

对于$f(x)$和$f(x-2)$，前者即为将后者的一个后缀增加2，即有$f(x)\le f(x-2)+2$，简单的变形可以得到$(x-2)-f(x-2)\le x-f(x)$

设$k$为所有位置都填-1时的最大前缀和，即仅需要计算$f(k)$和$f(k+1)$，复杂度降为$o(n)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000005
int n,sum[N],mx[N];
char s[N];
int calc(int k){
    int tag=0,ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if ((s[i]=='?')&&(2*(tag+1)+mx[i+1]<=k))tag++;
        ans=min(ans,2*tag+sum[i+1]);
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%s",s);
    n=strlen(s);
    for(int i=0;i<n;i++)
        if (s[i]=='1')sum[i+1]=sum[i]+1;
        else sum[i+1]=sum[i]-1;
    mx[n]=sum[n];
    for(int i=n;i;i--)mx[i-1]=max(sum[i-1],mx[i]);
    printf("%d",min(mx[0]-calc(mx[0]),mx[0]+1-calc(mx[0]+1)));
}