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原题链接
来源：[LGR-190]2024洛谷6月月赛II Div1 T1/Div2 T3

题意

长度为$n$的序列$s$，其中只包含B，W和$m$个_。给定长度为$m$的序列$O=[\lang c_1,x_1\rang, \lang c_2,x_2\rang, \cdots,\lang c_m,x_m\rang](c_i\in\{\mathtt{R}, \mathtt{M}\},s_{x_i}=\text{'_'})$，表示玩家小$c_i$需要将$s_{x_i}$修改为B或W，且$O$对小R和小M公开。
小R希望极长同色连续段数（定义见原题）尽可能多，小M希望极长同色连续段数尽可能少，求经过序列$O$的操作后，极长同色连续段数的数量

赛时

Subtask害人不浅

在经历$1.5h$成功切下$B2$后，蒟蒻开始思考$C$
由于序列$O$对双方公开，所以对双方来说，即使需要按照$O$的顺序来操作，双方的操作也可以视为无序，因此我们可以将$c_i$直接填入$s$中。
假设$O$中只有$\lang c_m,x_m \rang$没有操作，若$c_m=\text{R}$，则可能存在三种情况

1. $s_{x_i - 1} = s_{x_i + 1}$，此时选择与$s_{x_i - 1}$和$s_{x_i + 1}$相反的字符填入
2. $s_{x_i - 1} \ne s_{x_i + 1}$，此时选择与$s_{x_i - 1}$或$s_{x_i + 1}$相反的字符填入均可
3. $x_i = 1$或$x_i = n$，此时选择与$s_{x_i}$相邻字符的相反的字符填入即可

综上，我们发现，对于小R来说，选择与相邻字符相反的字符就是最优答案
同理，对小M来说，选择与相邻字符相反的字符就是最优答案

后来蒟蒻因为造出了$m=n$的hack数据，导致以为自己操作无序的结论证假，当场10pts跑路

赛后

事实上，操作无序的结论是正确的，只是因为蒟蒻没有深入考虑$m=n$的情况。
当$m=n$时，由于小$c_1$不管将$s_{x_1}$修改为什么，都不会影响输出的结果，因此，只需要将$s_{x_1}$任意修改为B或W即可
同时，也有可能出现__________B的情况，此时，只需要从后向前再次扫描即可解决

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 200005;

char g[N];
int n, m;

char inv(char c){
    return c == 'B' ? 'W' : 'B';
}

bool valid(char c){
    return c == 'B' || c == 'W';
}

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    scanf("%s", g + 1);
    while (m -- ) {
        char op[2];
        int x;
        scanf("%s%d", op, &x);
        g[x] = *op;
        if (m == n - 1) g[x] = 'B';
    }

    for (int i = 2; i <= n; i ++ ){
        if (g[i] == 'B' || g[i] == 'W') continue;
        if (g[i] == 'M' && valid(g[i - 1])) g[i] = g[i - 1];
        else if (g[i] == 'R' && valid(g[i - 1])) g[i] = inv(g[i - 1]);
    }
    
    for (int i = n - 1; i; i -- ){
        if (g[i] == 'B' || g[i] == 'W') continue;
        if (g[i] == 'M' && valid(g[i + 1])) g[i] = g[i + 1];
        else if (g[i] == 'R' && valid(g[i + 1])) g[i] = inv(g[i + 1]);
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (g[i] != g[i - 1]) ans ++ ;

    printf("%d\n", ans);

    return 0;
}

UPDATE

2024.6.26：喜报，上洛谷了