Codeforces.578E.Walking(构造)

题目链接

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\(Description\)

给定一个长为\(n\)的足迹序列（只包含\(L,R\)两种字符），你需要\(LRLRLR...\)这样交替在\(L\)和\(R\)上走（第一步可以选择\(L\)也可以选\(R\)）。当你在\(L\)时，下一步可以走到任意一个没走过的\(R\)；在\(R\)时，下一步可以走到任意一个没走过的\(L\)。求走完这个\(L,R\)序列最少需要往回走几次，并输出方案（往回走是指从位置\(i\)走到位置\(j\)，\(j\lt i\)）。保证存在一组可行方案。
\(n\leq10^5\)。

\(Solution\)

首先\(L,R\)数量差大于\(1\)无解。
如果我们需要往回走\(k\)次，那么我们可以将序列分成\(k+1\)个分别合法的子序列。
反过来，如果我们能将序列分成\(k\)个合法的子序列，小于往回走的次数是不是一定小于\(k\)？
考虑能否证明。我们将序列分成\(LL,RR,LR,RL\)四种合法的子序列（第一个字符表示序列开始是什么，第二个字符表示序列末尾是什么，因为只需要关心首尾字符），假设四种子序列分别有\(a,b,c,d\)个。首先有\(|a-b|\leq1\)。
然后我们可以用不超过\(a+b-1\)步将所有\(LL,RR\)合并成一个序列，这个序列可能是四种中的任意一种。
还可以用不超过\(c-1\)步将所有\(LR\)合并成一个\(LR\)。对\(RL\)同理。这样我们就得到了一个\(LR\)和一个\(RL\)子序列。
如果把其中一个子序列的最后一个字符给另一个，就可以变成一个\(LL\)和一个\(RR\)，且不会增加次数。
那么不论刚开始\(LL,RR\)合并出的子序列是哪种，都可以用不超过两步拼接上剩下的两个子序列。
这样最多使用\(a+b-1+c-1+d-1+2=k-1\)步。这样就证明了，如果我们能能将序列划分成\(k\)个合法子序列，一定可以构造方案使得最多往回走\(k-1\)次。（可是我还是觉得有点迷...）

现在的问题是怎么讲序列划分成尽量少的合法子序列。
我们发现可以跑最小路径覆盖（每个\(L/R\)向它后面所有\(R/L\)连边，\(n-最大匹配数\)就是答案）（图在官方题解里有）。
但还可以发现这个匹配实际上可以直接贪心，每个字符选它能匹配的点中最靠前的匹配即可。因为一定可以调整最大匹配使得满足这种贪心。
那么复杂度就是\(O(n)\)的了。

具体做的时候，可以拿个栈模拟一下拼接...（菜到不会写.jpg）

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//46ms	1900KB
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define AE(u,v) nxt[u]=v, pre[v]=u
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;

int top,pre[N],nxt[N];
std::queue<int> q[2];
char s[N];
struct Node
{
	int l,r;
}sk[N];

bool Maintain()
{
	if(top<=1) return 0;
	Node a=sk[top],b=sk[top-1];
	if(s[a.r]!=s[b.l])
	{
		AE(a.r,b.l), sk[--top]=(Node){a.l,b.r};
		return 1;
	}
	if(s[a.l]!=s[b.r])
	{
		AE(b.r,a.l), sk[--top]=(Node){b.l,a.r};
		return 1;
	}
	if(s[a.l]!=s[b.l])//LR RL
	{
		if(a.r>b.r) std::swap(a,b);
		int p=pre[b.r];
		AE(a.r,b.r), AE(b.r,b.l), nxt[p]=0, sk[--top]=(Node){a.l,p};
		return 1;
	}
	return 0;
}

int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	const int n=strlen(s+1);
	for(int i=1,c; i<=n; q[c^1].push(i++))
		if(!q[c=s[i]=='L'].empty()) AE(q[c].front(),i), q[c].pop();
	int ans=0;
	for(int i=1; i<=n; ++i)
		if(!pre[i])
		{
			++ans;
			int p=i; while(nxt[p]) p=nxt[p];
			sk[++top]=(Node){i,p};
			while(Maintain());
		}
	printf("%d\n",ans-1);
	for(int x=sk[1].l; x; x=nxt[x]) printf("%d ",x);

	return 0;
}