机器人移动

机器人移动

在一个无限大的二维平面上有一个机器人。

初始时，机器人位于点 $\left( {0,0} \right)$。

机器人可以执行四种行动指令：

• U  — 从 $\left( {x,y} \right)$ 移动到 $\left( {x,y+1} \right)$；
• D — 从 $\left( {x,y} \right)$ 移动到 $\left( {x,y-1} \right)$；
• L — 从 $\left( {x,y} \right)$ 移动到 $\left( {x-1,y} \right)$；
• R — 从 $\left( {x,y} \right)$ 移动到 $\left( {x+1,y} \right)$。

给定一个长度为 $n$ 的指令序列，指令编号 $1 \sim n$，机器人将按顺序依次执行序列中的每个行动指令。

我们希望机器人最终抵达目标地点 $\left( {a,b} \right)$。

为了达成这一目的，我们可能需要对指令序列进行修改。

每次修改可以选择其中一个指令，并将其替换为四种指令之一。

注意，只能对序列中的指令进行替换，不得随意删除指令或添加额外指令。

不妨设经过修改的指令中，编号最小的指令编号为 $minID$，编号最大的指令编号为 $maxID$。

我们定义修改成本为 $maxID−minID+1$。

例如，将 RRRRRRR 修改为 RLRRLRL ，则编号为 $2,5,7$ 的指令经过了修改，修改成本为 $7−2+1=6$。

请你计算，为了使得机器人能够最终抵达目标点 $\left( {a,b} \right)$，所需花费的最小修改成本。

如果不需要对序列进行修改，则成本为 $0$。

输入格式

第一行包含整数 $n$。

第二行包含一个长度为 $n$ 的字符串，表示指令序列，字符串中只包含 U，D，L ，R。

第三行包含两个整数 $a,b$，表示机器人的目标位置为 $\left( {a,b} \right)$。

输出格式

输出一个整数，表示最小修改成本。

如果无论如何修改，机器人都无法抵达目标位置，则输出 $−1$。

数据范围

前四个测试点满足 $1 \leq n \leq 10$。
所有测试点满足 $1 \leq n \leq 2 \times {10}^{5}$，${−10}^{9} \leq {x,y} \leq {10}^{9}$。

输入样例1：

5
RURUU
-2 3

输出样例1：

3

输入样例2：

4
RULR
1 1

输出样例2：

0

输入样例3：

3
UUU
100 100

输出样例3：

-1

 

解题思路

　　这题是用二分来枚举答案。首先看看答案是否满足二段性。如果有最小的代价$ans$，那么可以发现如果代价大于$ans$，那么机器人也一定可以移动到终点（把区间长度取大些，用区间内的某个字符与端点进行交换）。如果代价小于$ans$，那么机器人不可以移动到终点。因此答案具有二段性。

　　我们二分所需要的代价，假设为$len$，那么我们在check的时候，如果代价最多为$len$，意味着所有的操作指令一定在长度为$len$的区间内的，因此我们需要枚举序列中所有长度为$len$的区间。在枚举每一个长度为$len$的区间时，我们需要快速判断如果只修改这个区间内的指令，能否让机器人走到终点，这个时间复杂度应该是$O \left( 1 \right)$。

　　我们可以把整个序列分成三段：

　　机器人每次都有上下左右四个方向的向量之一，如果要走到的最终位置，就是每一次指令对应的向量的和。其中，左右为同一个向量维度（水平方向），向左就减$1$，向右就加$1$。上下为同一个维度（竖直方向），向上就加$1$，向下就减$1$。 

　　能不能到终点其实就是算这三段的向量和（分别算水平方向与竖直方向的）。由于我们只改变长度为$len$的这一段，另外两段是不会改变的，因此$s_{1} + s_{3}$是一个定值。然后长度为$len$的区间每一个位置都可以设置为任意的指令，因此$s_{2}$是一个变量。因此$s_{1} + s_{2} + s_{3}$得到的值应该是一个区间范围，我们只需要判断在这个区间范围内，是否包含到终点的值。

　　要求某部分区间的和，可以用前缀和。不过这里需要开两个前缀和数组，分别求水平方向和竖直方向的前缀和。

　　由于$s_{1} + s_{3}$是定值，因此我们先从起点根据这个和走到某一个点$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$。假设终点是$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$，我们要从$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$走到$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$，只能借助长度为$len$这个区间的指令。因此我们要判断的是从$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$能否恰好走$len$步，走到$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$。

　　由于求的是曼哈顿距离，因此要从$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$到$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$的曼哈顿距离为$\left| {x_{2} - x_{1}} \right| + \left| {y_{2} - y_{1}} \right|$，即至少需要走$\left| {x_{2} - x_{1}} \right| + \left| {y_{2} - y_{1}} \right|$步。因为每走一步最多让这两点的距离减$1$，要让距离变成$0$，因此$len$要满足$len \geq \left| {x_{2} - x_{1}} \right| + \left| {y_{2} - y_{1}} \right|$。因此我们可以构造出一条路径，使得恰好走$\left| {x_{2} - x_{1}} \right| + \left| {y_{2} - y_{1}} \right|$步，从$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$走到$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$。对于剩余的步数$len - \left| {x_{2} - x_{1}} \right| - \left| {y_{2} - y_{1}} \right|$，这个值应该是偶数，因为此时$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$到$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$的距离为$0$，如果是奇数，那么必然会使$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$到$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$的距离变成$1$或$-1$。偶数的话可以构造出$1$和$-1$的情况，使得距离恰好抵消。

　　因此判断能否通过这个长度$len$的区间，使得$\left( {x_{1}, y_{1}} \right)$走到$\left( {x_{2}, y_{2}} \right)$，要满足两个条件：

1. $len \geq \left| {x_{2} - x_{1}} \right| + \left| {y_{2} - y_{1}} \right|$
2. $2 \mid \left( len - \left| {x_{2} - x_{1}} \right| + \left| {y_{2} - y_{1}} \right| \right)$

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, x, y;
char str[N];
int sx[N], sy[N];

bool check(int len) {
    for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
        int j = i + len - 1;
        int xx = sx[n] - (sx[j] - sx[i - 1]), yy = sy[n] - (sy[j] - sy[i - 1]); // 相当于求s1和s3两个区间的和
        if (abs(x - xx) + abs(y - yy) <= len && (len - abs(x - xx) - abs(y - yy)) % 2 == 0) return true;
    }
    
    return false;
}

int main() {
    scanf("%d %s %d %d", &n, str + 1, &x, &y);
    
    if (abs(x - y) > n || (n - x - y) % 2) {
        printf("-1");
        return 0;
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sx[i] = sx[i - 1], sy[i] = sy[i - 1];
        if (str[i] == 'U') sy[i]++;
        else if (str[i] == 'D') sy[i]--;
        else if (str[i] == 'L') sx[i]--;
        else sx[i]++;
    }
    
    int l = 0, r = n;
    while (l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    
    printf("%d", l);
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 4217. 机器人移动（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/video/3692/