01 交换串 题解

题意简述

给定一个长为 $n$ 的 $\mathtt{01}$ 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 $\mathtt{0010}$ 和 $\mathtt{1101}$ 的总数。其实，此时 $f(s_i,i,l,r)={\displaystyle \frac{l(l-1)}{2}}r$。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。

$n,m\le 500$，保证 $s$ 可以操作。

题目分析

首先，根据大名鼎鼎的「$\mathtt{01}$ 守恒定理」，$\mathtt{01}$ 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 $f_{i,j,k}^{\prime }$ 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：

$$\begin{array}{rl}{f}_{i+1,j,k}^{\prime }& \leftarrow f_{i,j,k}^{\prime }+f(1,i+1,j,c_0-j)\\ f_{i+1,j+1,k+|p_{j+1}-(i+1)|}^{\prime }& \leftarrow f_{i,j,k}^{\prime }+f(0,i+1,i-j,c_1-(i-j))\end{array}$$

其中 $a\leftarrow b$ 表示 $a\leftarrow max\{a,b\}$。

最终答案是 $f_{n,c_0,m}^{\prime }$ 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 $\underset{k=0}{\overset{\lfloor {\displaystyle \frac{m}{2}}\rfloor }{max}}{f}_{n,c_0,m-2k}^{\prime }$。

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;
}