CF1700F Puzzle 解题报告

CF1700F Puzzle 解题报告

CF1700F Puzzle - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

Problem - 1700F - Codeforces

题意

给定两个$2 \times n$ 的 $01$ 矩阵 $A$ 和 $B$，定义一次操作为交换 $A$ 中任意两个相邻的位置中的值，输出使得 $A = B$的最小操作次数，如果无法使$A = B$ 则输出 $-1$。

Sol

若$A$和$B$都只有一行，则答案就是$\sum|sum_i|$（$sum_i$为前$i$个位置$A_i- B_i$的前缀和）。

推广到$2$行，因为题目没有要求交换次序，所以我们可以从数组起始往后递推。

若将$(0, i)$的$1$挪下去，则$sum_{0, i} -= 1, sum_{1, i} += 1$。

可以想到，若$sum_{0, i}$与$sum_{1, i}$同号，那么这次交换是不需要的，可以放到$i + 1$处进行。

而若$sum_{0, i}$与$sum_{1, i}$异号，我们交换$k = min(sum_{0, i}, sum_{1, i})$次，节省了$k$次。

因为题目中没有说一定要上下或左右交换，所以我们以上是进行了上下交换，即把原本 若$suma_{0, i} > sumb_{0, i}$且$suma_{1, i} < sumb_{1, i}$ 或 $suma_{0, i} < sumb_{0, i}$且$suma_{1, i} > sumb_{1, i}$ 的两波左右交换用一波上下交换代替，推广到$k$，就是用$k$次上下交换代替了$2k$次左右交换。

而若以上操作不如左右交换优秀，那么在后面会再进行$k$次上下交换以补救。恰好最终贡献还是$2k$，思想类似于 反悔自动机的差值相消思想 。

要注意这道题虽然 看起来人畜无害 ，但也是得开$long long$的，因为中间的累加约等于$n ^ 2$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const int MN = 4e5 + 5;

int n;
int a[2][MN], b[2][MN], dp[2][MN];

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n;
    int sum = 0;
    for (int i = 0; i <= 1; ++i)
        for (int j = 1; j <= n; ++j) cin >> a[i][j], sum += a[i][j];
    for (int i = 0; i <= 1; ++i)
        for (int j = 1; j <= n; ++j) cin >> b[i][j], sum -= b[i][j];
    if (sum != 0) {
        puts("-1");
        return 0;
    }
    int sum1 = 0, sum2 = 0;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        sum1 += a[0][i] - b[0][i];
        sum2 += a[1][i] - b[1][i];
        if (sum1 < 0 && sum2 > 0) {
            int k = min(-sum1, sum2);
            ans += k;
            sum1 += k, sum2 -= k;
        }
        else if (sum1 > 0 && sum2 < 0) {
            int k = min(sum1, -sum2);
            ans += k;
            sum1 -= k, sum2 += k;
        }
        ans += abs(sum1) + abs(sum2);
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}