K-periodic Garland（思維DP）（Codeforces Round #642 (Div. 3) E題）

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題目大意

       給你一個長度爲$n(n \le 10^6)$$01$串，每一次你可以使得其中一個位置的狀態翻轉，要求使得裏面的每一個$1$之間的距離爲$k$，問至少需要多少次操作？

分析過程

       這個$DP$還是挺好想的，發現自己的思路和標程不太一樣，所以寫篇博客記錄一下。
       我們定義$dp[i][j]$表示爲截止到$i$位置（且$i$之前的序列已滿足$k$週期），其狀態爲$j(j \in{0,1})$時的最優解；我們再定義$sum[i]$爲前綴和數組。
當$j==0$時，那麼此狀態可由$i-1$的最優狀態轉移而來，當前狀態如果不爲$0$需要再加一個貢獻，有狀態轉移方程
$dp[i][0]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+[a[i]==1]$
（其中[]內的值爲真則爲1，否則爲0）

當$j==1$時，這個時候需要區間$(i-k,k)$內全部爲$0$，所以需要將區間內$sum[i-1]-sum[i-k]$個$1$狀態進行翻轉，然後對於區間$[1,i-k]$的狀態有兩種情形：一種是該區間的狀態全部爲$0$，這個時候需要進行$sum[i-k]$次調整；另一種是該區間也滿足最優結構，對於兩種情形，我們取$min(sum[i-k],dp[i-k][1])$，所以有狀態轉移方程$dp[i][1]=min(sum[i - k], dp[i - k][1])+[a[i]==0]+sum[i-1]-sum[i-k]$

Another Solution

       看到網上有一個更加巧妙的思路。參考地址

AC代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 100;
typedef long long ll;
int n, k, sum[maxn], a[maxn], dp[maxn][2];
void solve(){
	int i, j, ans;
	for(i=1;i<=k;++i){
		dp[i][1] = (a[i] == 0) + sum[i - 1];
	}
	for(i=1;i<=n;++i){
		if(i - k >= 1){
			dp[i][1] = (a[i] == 0) + sum[i - 1] - sum[i - k]; 
			dp[i][1] += min(sum[i - k], dp[i - k][1]); 
		}
		dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + (a[i] == 1);
	} 
	ans = min(dp[n][0], dp[n][1]);
	cout<<ans<<'\n';
} 
int main(){
	int t, i, j;
	char ch;
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>k;
		cin.get();
		for(i=1;i<=n;++i){
			ch = cin.get();
			if(ch == '0'){
				a[i] = 0;
			}else{
				a[i] = 1;
			}
			sum[i] = sum[i-1] + a[i];
		}
		cin.get();
		solve();
	}
	return 0;
}

Another Solution AC代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
char s[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        int n , k , sum = 0 , ans = 0x3f3f3f3f;
        cin >> n >> k >> s + 1;
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) sum += s[i] - '0';
        for(int i = 1 ; i <= k ; i ++)
        {
            int cnt = 0;
            for(int j = i ; j <= n ; j +=k)
            {
                if(s[j] == '1') cnt -- ;
                else cnt ++ ;
                cnt = min(cnt , 0);
                ans = min(ans , sum + cnt);
            }
        }
        cout << ans << '\n'  ;
    }
    return 0;
}