01 交换串 题解

题意简述

给定一个长为 \(n\) 的 \(\tt 01\) 串 \(s\)，你需要对 \(s\) 进行恰好 \(m\) 次交换，每次只能交换相邻的不同字符，最大化操作后 \(s\) 的价值。\(s\) 的价值被定义为，对于每一个 \(i\)，记 \(1 \sim i - 1\) 中，和 \(s_i\) 不同的 \(s_j\) 有 \(l\) 个，\(r\) 同理，\(f(s_i, i, l, r)\) 的和就是 \(s\) 的价值。

对于原题，是最大化得到的串中子序列 \(\tt 0010\) 和 \(\tt 1101\) 的总数。其实，此时 \(f(s_i, i, l, r) = \dfrac{l(l-1)}{2} r\)。我们的 \(f\) 完全可以更复杂，比如加入 \((-1) ^ {s_i} v_i\) 的系数，\(l^{i - 1} r^{n - i}\) 等奇怪的东西。

\(n, m \leq 500\)，保证 \(s\) 可以操作。

题目分析

首先，根据大名鼎鼎的「\(\tt 01\) 守恒定理」，\(\tt 01\) 不会凭空产生，也不会凭空消失，操作前后 \(s\) 中 \(0 / 1\) 的数量没有发生变化。

我们进而发现，我们只会交换不同的字符，那么相同的字符之间的相对位置关系也是确定了的。这样，我们可以计算到达最终的字符串需要进行多少步，就是每一个 \(0\) 或每一个 \(1\)，对应后位置之差绝对值之和。

我们考虑 DP，记 \(f'_{i, j, k}\) 表示最终字符串，已经决策前 \(i\) 位，前 \(i\) 位中有 \(j\) 个 \(0\)，\(i - j\) 个 \(1\)，\(0\) 的位置之差绝对值之和为 \(k\)，的 \(\max \sum f\)。转移时，按照 \(s_i = 0 / 1\) 分类转移即可。其实分析到这里，代码就很好敲了。

记 \(0 / 1\) 出现次数为 \(c_{0 / 1}\)，原串中每个 \(1\) 出现的位置序列为 \(p\)，转移方程：

\[\begin{aligned} \large f'_{i + 1,\ j,\ k} &\gets f'_{i,\ j,\ k} + f(1, i + 1, j, c_0 - j) \\ \large f'_{i + 1,\ j + 1,\ k + \vert p_{j + 1} - (i + 1) \vert} &\gets f'_{i,\ j,\ k} + f(0, i + 1, i - j, c_1 - (i - j)) \end{aligned} \]

其中 \(a \gets b\) 表示 \(a \gets \max \{ a, b \}\)。

最终答案是 \(f'_{n,\ c_0,\ m}\) 吗？我们可以交换两次相邻不同的位置，浪费 \(2k\) 次操作，所以答案为 \(\max \limits _ {k = 0} ^ {\left\lfloor \dfrac{m}{2} \right\rfloor} f'_{n,\ c_0,\ m - 2k}\)。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 520;

int n, m;
char str[N];

int $0[N], $1;
int f[2][N][N], ans;
inline void tomax(int &a, int b) { b > a && (a = b); }

signed main() {
    #ifndef XuYueming
    freopen("b6e6.in", "r", stdin);
    freopen("b6e6.out", "w", stdout);
    #endif
    scanf("%s%d", str + 1, &m);
    for (; str[n + 1]; ++n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (str[i] == '0') $0[++*$0] = i;
        else ++$1;
    }
    memset(f[0], 0xff, sizeof (f[0]));
    f[0][0][0] = 0;
    for (int i = 0, t; i <= n - 1; ++i) {
        memset(f[(i + 1) & 1], 0xff, sizeof (f[(i + 1) & 1]));
        for (int j = max(0, i - $1); j <= i && j <= *$0; ++j)
        for (int k = 0; k <= m; ++k)
            if (~f[i & 1][j][k]) {
                tomax(f[(i + 1) & 1][j][k], f[i & 1][j][k] + (j * (j - 1) >> 1) * (*$0 - j));
                if (j == *$0) continue;
                t = k + abs($0[j + 1] - i - 1);
                if (t <= m)
                    tomax(f[(i + 1) & 1][j + 1][t], f[i & 1][j][k] + ((i - j) * (i - j - 1) >> 1) * ($1 - (i - j)));
            }
    }
    for (int i = m; i >= 0; i -= 2)
        ans = max(ans, f[n & 1][*$0][i]);
    printf("%d", ans);
    return 0;
}