Codeforces Round #821 (Div. 2) - D2. Zero-One (Hard Version)

区间DP

Problem - D2 - Codeforces

题意

给一个长度为 $n(5<=n<=5000)$ 的 01串，每次操作可选择一个 $l,r(l<r)$, 把 $s[l],s[r]$ 反转。如果 $l+1==r$, 花费为 x，否则为 y

求把所有的 1 变成 0 的最小代价

思路

1. 根据 D1 的提示，要分类讨论，当 x >= y 时很容易贪心求解

2. 当 x < y 时，结合数据范围，可以尝试区间dp

3. 可以先把每个 1 的位置记下来，存到 $pos$ 数组中，设共有 m 个 1 （m为偶数，奇数直接返回-1）

4. 记 $f[l][r]$ 为将第 $l$ 个 1 到第 $r$ 个 1 全部清零，有三种策略

   1. $cost(l,l+1)+f[l+2][r]$
   2. $cost(r-1,r)+f[l][r-2]$
   3. $cost(l,r)+f[l+1][r-1]$

   这里 $(l,l+1)与(r-1,r)$ 必定至少结合一组，因为如果都与不相邻的结合，不管用哪种操作都没有与更近的结合更优（因为x<y）

5. 记忆化搜索即可

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>

using namespace std;
#define endl "\n"

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 5e3 + 10;
int n;
ll x, y;
string s;
int a[N], b[N], c[N];
int d[3];
ll f[N][N];
vector<int> pos;
ll dfs(int l, int r)
{
	if (l > r)
		return 0;
	if (f[l][r] != -1)
		return f[l][r];
	ll ans1 = dfs(l + 2, r) + min(y, (pos[l+1] - pos[l]) * x);
	ll ans2 = dfs(l, r - 2) + min(y, (pos[r] - pos[r-1]) * x);
	ll ans3 = dfs(l + 1, r - 1) + min(y, (pos[r] - pos[l]) * x);
	return f[l][r] = min({ans1, ans2, ans3});
}
ll solve()
{
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cnt += c[i];
	if (cnt & 1)
		return -1;
	if (x >= y)
	{
		if (cnt != 2)
			return cnt / 2 * y;
		int t = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			if (c[i] == 1)
				d[++t] = i;
		if (d[1] + 1 == d[2])
			return min(x, 2 * y);
		return y;
	}
	pos.clear();
	pos.push_back(-1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (c[i] == 1)
			pos.push_back(i);
	int m = pos.size() - 1;
	for (int i = 0; i <= m; i++)
		for (int j = 0; j <= m; j++)
			f[i][j] = -1;
	return dfs(1, m);
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
	{
		cin >> n >> x >> y;
		cin >> s;
		s = " " + s;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			a[i] = s[i] - '0';
		cin >> s;
		s = " " + s;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			b[i] = s[i] - '0';
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			c[i] = a[i] ^ b[i];
		cout << solve() << endl;
	}
    return 0;
}