cf1615f LEGOndary Grandmaster

对于两个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串 \(s,t\) ，你可以对 \(s\) 进行两种操作：把相邻两个 \(00\) 变成 \(11\) 或把相邻两个 \(11\) 变成 \(00\) ，定义 \(s\) 到 \(t\) 的距离为最少操作次数使得 \(s\) 变成 \(t\) ，如过没法变则距离为 \(0\) 。

现在你有两个不完整的字符串，可以把其中的 \(??\) 变成 \(0\) 或 \(1\) ，求所有情况所得到的两个 \(01\) 串的距离之和。

多测，有 \(T\) 组数据.

\(1\leq T\leq 1000,1\leq |s|=|t|\leq 2000,1\leq \sum |s|\leq 2000\)

这个 \(00\to 11,11\to 00\) 的操作是无法简单统计出 \(s\to t\) 的操作数的.

这里用到一个我想了很久没有想到的套路，把 \(s,t\) 偶数位的 \(01\) 翻转，操作就可以看成是 \(01\to 10,10\to 01\) ，这就成了交换相邻两位了. 非常妙.

此时，对于 \(s\) 可以交换相邻两位，得到 \(t\) 的操作数是，令 \(s\) 中第 \(i\) 个 \(1\) 的位置 \(ps_i\) 和 \(t\) 中第 \(i\) 个 \(1\) 的位置 \(pt_i\) , 操作数和即为 \(\sum |ps_i-pt_i|\) .

令 \(f(i,j)\) 为 \(s\) 串匹配最后一个 \(1\) 的位置 \(i\) ，\(t\) 串匹配到的最后一个 \(1\) 的位置为 \(j\) 的操作数，\(g(i,j)\) 是\(s\) 串匹配最后一个 \(1\) 的位置 \(i\) ，\(t\) 串匹配到的最后一个 \(1\) 的位置为 \(j\) 的串的数量.

可以得到转移 \(f(i,j)=\sum\limits_{lst_i}^i \sum\limits_{lst_j}^j f(i',j')+|i-j|g(i',j')\) .

这个 $\sum\sum $ 可以用前缀和解决.

时间复杂度 : \(O(\sum|s|^2)\)

空间复杂度 : \(O(|s|^2)\)

code

#include
using namespace std;
const int N=2e3+10;
const int inf=1e9+10;
const int mod=1e9+7;
int T;
int n;
string s,t;
int f[N][N],g[N][N],cnt[N][N],S[N][N];
bool oks[N],okt[N],valid[N][N];
inline void upd(int&x,int y){x=(x+y)%mod;}
void solve(){
	cin>>n>>s>>t;
	for(int i=0;i=0;i--)oks[i]=s[i]!='1'?oks[i+1]:0;
	for(int i=n-1;i>=0;i--)okt[i]=t[i]!='1'?okt[i+1]:0; 
	for(int i=0;i=0;j--){
			pos=j;
			if(s[j]=='1')break;
		}
		int sum1=0,sum2=0;
		for(int j=0;j>T;
	while(T--){
		solve();
	} 
	return 0;
}
/*inline? ll or int? size? min max?*/