YACS-2024年4月-乙组-T1

题目

题目描述

给定一个只由 $0$ 与 $1$ 构成序列，不断扫描序列，在每一轮扫描的过程中，如果发现有一些 $1$ 与 $0$ 相邻，且 $1$ 在前，$0$ 在后，就在这一轮扫描后，同时将这些 $1$ 与相邻的 $0$ 交换。不断进行调整直到将所有的 $0$ 都在序列的前一半，所有的 $1$ 都在序列的后一半为止。
请计算需要进行多少轮交换才能完成调整。

输入

若干 $0$、$1$ 字符组成的一个序列

输出

单个整数：表示交换的次数。

数据范围

$1\le$ 序列的长度 $\le 300,000$

样例数据

输入: 1100
输出: 3

赛时代码 $(60p，40pTLE)$：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	string s;
	bool flag=0;
	int cnt=0;
	cin>>s;
	while(!flag) 
	{
		bool f=1,pos[300005]={};
		for(int i=1;i<s.size();i++)
		{
			if(s[i-1]=='1'&&s[i]=='0')
			{
				pos[i]=true;
				f=0;
			}
		}
		for(int i=1;i<s.size();i++)
		{
			if(pos[i]==1)
			{
				s[i]='1';
				s[i-1]='0';
			}
		}
		if(!f) cnt++;
		else flag=1;
	}
	cout<<cnt;
	return 0;
}

正解思路：

该题其实是逆序对数的一个特殊情况。对每个 $s_i=1$，其交换次数就是 $i$ 右侧 0的个数（不妨记为 $c_i$），则
$ans=\sum _{s_i=1}{c}_i$

本题中考虑每一轮是并行的，粗略看答案大概是 $\underset{1...n}{max}{c}_i$
⁡这种形式。但关键是会出现 11 这种情况，导致左边的 1 不得不等若干轮，而等的情况可能是级联产生的，具体过程可能很复杂，如 10111011。所以不能往这个方向去想，而应该抓住一些整体的量。

对某个 $s_i=1$，记 $nx{t}_i$为 $i$ 右侧第一个 1 的位置（如没有则为 $n+1$），也就是可能挡住 $s_i$ 右移的位置。$w{t}_i$ 为 $s_i$ 总共空等的轮数。则显然 $\underset{s_i=1}{max}\{c_i+w{t}_i\}$
这样，关键就变成求 $wt[i]$，这里分几种情形

$1^o$ $nx{t}_i=i+1$ 且 $w{t}_{nx{t}_i}=0$
$i$等一轮后就不会再空等，$w{t}_i=1$

$2^o$ $nx{t}_i=i+1$ 且 $w{t}_{nx{t}_i}>0$
一旦 $nx{t}_i$ 等一轮，$i$ 随之也会（在下一轮）等一轮，故 $w{t}_i=w{t}_{nx{t}_i}+1$

$3^o$ $nx{t}_i=i+1$
则之间有若干个 0，每个 0 可以帮 $i$ 至多节省一轮时间，当然 $w{t}_i$ 也不可能为负，故 $w{t}_i=max(0,w{t}_{nx{t}_i}+1-(nx{t}_i-i-1))$

$4^o$ $c_i=0$
这时候 $i$ 根本不用移，则直接 $w{t}_i=0$

正解代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
long long n,wt[300005],nxt[300005],ans;
int main() 
{
    cin>>s;
    n=s.length();
    for(long long i=n,k=n+1,cnt=0;i>=1;i--)
    {
        if(s[i-1]=='0') cnt++;
        else
        {
            nxt[i]=k; 
            k=i;
            wt[i]=max((long long)0,wt[nxt[i]]+1-(nxt[i]-i-1));
            if(cnt) ans=max(ans,cnt+wt[i]);
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}