题目描述

小$c$是一名$oier$。最近,他发现他的数据结构好像学傻了。因为他在刷题时碰到了一道傻逼数据结构题,强行使用了平衡树来解决,卡着时间$AC$。为此,他被狠狠地嘲讽了一番。于是,小$c$找了大量的数据结构题来做。

昨天,小$c$正在吃寿司,突然发现许多盘寿司围成了一个圆圈,这些寿司中有红色的也有蓝色的。由于小$c$看交错的颜色非常不爽,想通过一些操作,使得所有的红色寿司形成了一块连续的区域,蓝色的寿司也形成了一块连续的区域。如果小$c$每次只可以交换相邻的两盘寿司,那么最少需要多少步才可以达到小$c$的要求呢?由于他做题做多了,脑袋已经有点不清醒了,于是这个问题就交给你了。


输入格式

第一行一个数$T$,表示数据组数。
接下来$T$行,每行一行由$B$和$R$组成的字符串,$B$表示蓝色,$R$表示红色。第$i$个字符描述顺时针数第$i$盘寿司的颜色。注意,最后一盘寿司和第$1$盘寿司是相邻的。


输出格式

对于每组数据,输出一行表示最小的交换次数。


样例

样例输入

1
BBRBBRBBBRRR

样例输出

5


数据范围与提示

样例说明:

以下说明交换的步骤:
交换位置$2$、位置$3$上的寿司;
交换位置$1$、位置$2$上的寿司;
交换位置$6$、位置$7$上的寿司;
交换位置$7$、位置$8$上的寿司;
交换位置$8$、位置$9$上的寿司;

数据范围:

$T\leqslant 10$

$n\leqslant 1,000,000$


题解

算法一:

爆搜,枚举所有走法。可以获得$0$到$20$分不等。

算法二:

注意到每种状态实际上是可以压缩的。所以搜索的时候对于较小的数据把状态记录下来,用最小表示法去个重,对于稍大的数据可以用$IDA∗$搜索,对每个状态进行估价来进行加速。可以获得$20$到$40$分不等。

算法三:

将环上的问题转化为序列上,我们只需要将环复制一遍即可转化为序列。

那么,考虑这样一个问题,对于最优解,一定存在一个点使得所有的交换都不经过这个点(它的左右不交换),下面简称这个点为断点。

这样我们就可以枚举断点,答案即为把每个$B$挪到两端,反之同理。

然后在进行统计答案,比较每一个断点哪个最优。

现在来简单的证明一下断点的存在,来脑补一个环,环上面有很多$R$,我们肯定要将所有的$R$都撸到一起,而这时候,肯定存在“最下面一个点”作为底端,而在撸的时候肯定不会经过这个点。

时间复杂度:$\Theta (n^2)$。

期望得分:$40$分。

算法四:

考虑决策的单调性问题,上面$\Theta (n^2)$的算法中,我们需要再枚举一个点,这个点左端的$R$都移向左端,右端的都移向右端,那么就满足了一个$\bigcup$型函数。

显然可以进行三分求解。

那么当前枚举的区间的代价怎么求呢?

我们需要开五个数组:

  $\alpha.slft[i]$:表示将点$i$左侧所有的$R$都挪到最左端所要付出的代价,而每个$R$挪到最左端的代价就是它左端的$B$的数量。

  $\beta.srht[i]$:表示将点$i$右侧所有的$R$都挪到最右端所要付出的代价。

  $\chi.blft[i]$:表示点$i$左侧有几个$B$,可以感性的理解为$B$的左缀和。

  $\delta.brht[i]$:表示点$i$右侧有几个$B$,可以感性的理解为$B$的右缀和。

  $\epsilon.rlft[i]$:表示点$i$左侧有几个$R$,可以感性的理解为$R$的前缀和。

下面我只讲当前区间$[L,R]$下,将点$V$左侧的$R$都移到$L$所要付出的代价,反之同理:

  先写出来式子:$slft[V]-slft[L-1]-blft[L-1]\times (rlft[V]-rlft[L-1])$。

  来解释一下式子:

  $slft[V]-slft[L-1]$的含义为将$[L,V]$区间中所有的$R$移到最左端所要付出的代价,不过显然我们并不用把他们都移到左端,而是将其移动到$L$,那么我们不需要付出的代价就为$1$到$L$之间的$B$乘上$L$到$V$之间的$R$,即为$blft[L-1]\times (rlft[V]-rlft[L-1])$。

时间复杂度:$\Theta (n\log_{\frac{3}{2}}n)$。

期望得分:$65$分。

算法五:

我们还会发现这样一个问题,在断点不断右移的时候,当前状态的最有决策点肯定在上衣状态的最优决策点的右侧,这样复杂度就成了线性的了。

时间复杂度:$\Theta (n)$。

期望得分:$100$分。


代码时刻

$\Theta (n\log_{\frac{3}{2}}n)$算法:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char ch[4000001];
long long slft[4000001],srht[4000001],blft[4000001],brht[4000001],rlft[4000001];
long long ans;
long long minn(int x,int y,int z){return min(x,min(y,z));}
long long judge(int l,int v,int r)
{return slft[v]-slft[l-1]-blft[l-1]*(rlft[v]-rlft[l-1])+srht[v+1]-srht[r+1]-brht[r+1]*(rlft[r]-rlft[v]);}//计算答案
long long _doudou(int l,int r)//三分
{
int flagl=l,flagr=r;
while(r-l>2)
{
int midl=(r-l+1)/3+l;
int midr=(r-l+1)*2/3+l;
if(judge(flagl,midl,flagr)>judge(flagl,midr,flagr))l=midl;
else r=midr;
}
return minn(judge(flagl,l+1,flagr),judge(flagl,l,flagr),judge(flagl,r,flagr));
}
void pre_work()//清空
{
for(int i=1;i<=n;i++)ch[n+i]=ch[i];
blft[0]=slft[0]=rlft[0]=srht[2*n+1]=brht[2*n+1]=0;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%s",ch+1);
ans=200209230020020923;
n=strlen(ch+1);
pre_work();
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
blft[i]=blft[i-1];
slft[i]=slft[i-1];
rlft[i]=rlft[i-1];
if(ch[i]=='B')blft[i]++;
else
{
rlft[i]++;
slft[i]+=blft[i];
}
}
for(int i=2*n;i;i--)
{
brht[i]=brht[i+1];
srht[i]=srht[i+1];
if(ch[i]=='B')brht[i]++;
else srht[i]+=brht[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,_doudou(i,i+n-1));
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

$\Theta (n)$算法:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char ch[4000001];
long long slft[4000001],srht[4000001],blft[4000001],brht[4000001],rlft[4000001];
long long ans;
long long judge(int l,int v,int r)
{return slft[v]-slft[l-1]-blft[l-1]*(rlft[v]-rlft[l-1])+srht[v+1]-srht[r+1]-brht[r+1]*(rlft[r]-rlft[v]);}
void pre_work()
{
for(int i=1;i<=n;i++)ch[n+i]=ch[i];
blft[0]=slft[0]=rlft[0]=srht[2*n+1]=brht[2*n+1]=0;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%s",ch+1);
ans=200209230020020923;
n=strlen(ch+1);
pre_work();
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
blft[i]=blft[i-1];
slft[i]=slft[i-1];
rlft[i]=rlft[i-1];
if(ch[i]=='B')blft[i]++;
else
{
rlft[i]++;
slft[i]+=blft[i];
}
}
for(int i=2*n;i;i--)
{
brht[i]=brht[i+1];
srht[i]=srht[i+1];
if(ch[i]=='B')brht[i]++;
else srht[i]+=brht[i];
}
int lft=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(lft!=n+i&&judge(i,lft,i+n-1)>=judge(i,lft+1,i+n-1))lft++;
ans=min(ans,judge(i,lft,i+n-1));
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

rp++

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