题解：luogu P10069（[CCO 2023] Flip it and Stick it）

1. Description

给定两个 01 串 S 和 T，每一次操作可以选择 S 的一段子串翻转，求最少需要多少次操作使得 S 中不包含 T，或者返回无解。

2. Solution

发现 \(|T|\le 3\)，所以我们果断选择分类讨论 \(|T|=1,2,3\) 时的情况。
第一种，\(|T|=1\)，最简单的一种情况，如果 \(S\) 中含有 \(T\)，输出 \(-1\)，否则输出 \(1\)。
第二种，\(|T|=2\)，根据题目给出的部分分，我们分为 \(T_1=T_2,T_1\ne T_2\) 继续讨论。
\(T_1=T_2\)，不妨令 \(T=00\)，反之可以通过 \(0\) 变 \(1\)，\(1\) 变 \(0\) 的操作化成这种情况。
发现合法的串一定满足相邻的两个 \(1\) 之间的 \(0\) 的个数不超过 \(1\) 个，因此 \(0\) 至多比 \(1\) 多 \(1\) 个，否则无解，反之一定有解。
考虑构造最少次数，如果存在连续的，大于等于 \(2\) 个 \(0\)，我们操作一次可以将 \(1\) 个 \(0\) 移动到两个连续的 \(1\) 之间，也就是要操作 \(\sum x_i-1\) 次，其中 \(x_i\) 表示每一个连续 \(0\) 段中 \(0\) 的数量，等价于 \(00\) 出现的次数。
然后考虑 \(T_1\ne T_2\)，不妨令 \(T_1=1,T_2=0\)，另一种情况同理。
不难发现最后得到的串一定是 \(00\dots 0011\dots 11\)，每一次操作将前后都是 \(0\) 的连续 \(1\) 段和后缀的极长 \(1\) 段连起来，次数等价于 \(10\) 出现的次数。
综上所述，当 \(|T|=2\) 的时候，只需要数出 \(T\) 在 \(S\) 中出现的次数，就是答案。
第三种，\(|T=3|\)，根据题目给出的部分分，我们分为 \(T_1\ne T_3\)，\(T_1=T_3,T_1\ne T_2\) 和 \(T_1=T_2=T_3\)。
\(T_1\ne T_3\) 的时候，我们不难发现和 \(T_1\ne T_2\) 时类似，一定都会将 \(0,1\) 分别拼在一起，形成前缀和后缀，同理可得，答案等价于 \(T\) 出现的次数。
\(T_1=T_3,T_1\ne T_2\) 的时候，我们不难发现每一次操作最多破坏两个 \(T\)，不妨令第一个开始位置为 \(x\)，第二个开始位置为 \(y\)，那么我们选择 \([x+1,y]\) 的子串翻转即可，所以答案就是 \(\lceil cnt \rceil\)，其中 \(cnt\) 表示 \(S\) 中 \(T\) 出现的次数。
\(T_1=T_2=T_3\) 的时候，不妨令 \(T=000\)，反之可以通过 \(0\) 变 \(1\)，\(1\) 变 \(0\) 的操作化成这种情况。
和 \(T_1=T_2\) 时类似，我们发现合法的串一定满足相邻的两个 \(1\) 之间的 \(0\) 的个数不超过 \(2\) 个，因此如果令 \(2(cnt_1+1)<cnt_0\)，那么无解，反之有解，其中 \(cnt_{0/1}\) 表示 \(S\) 中出现的次数。
考虑，如果存在 \(11\) 的结构，那么我们一次操作就可以将两个多余的 \(0\) 移进来，如果存在 \(101\) 的结构，那么我们一次操作就可以把一个多余的 \(0\) 移进来，但是因为一定有解，所以我们统计出 \(11\) 出现的次数 \(cnt\)，对于一段长度大于 \(2\) 的 \(0\) 的连续段，假设长度为 \(len\)，那么需要的操作次数就是 \(len-2-\min(cnt,\lfloor \frac{len-2}{2}\rfloor)\)，然后把 \(cnt\) 减去 \(\min(cnt,\lfloor \frac{len-2}{2}\rfloor)\) 即可。
最后得到时间复杂度 \(O(n)\) 的算法。

3. Code

/*by ChenMuJiu*/
/*略去缺省源与快读快写*/
const int N=2e5+5;
int n,m;
char S[N],T[5];
signed main(){
	scanf("%s",S+1);
	scanf("%s",T+1);
	n=strlen(S+1),m=strlen(T+1);
	if(m==1){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(S[i]==T[1]){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
		}
		puts("0");
	}
	if(m==2){
		if(T[1]!=T[2]){
			int ans=0;
			for(int i=1;i<n;i++)
				if(S[i]==T[1]&&S[i+1]==T[2])
					ans++;
			write(ans),Nxt;
		}else{
			if(T[1]=='1'){
				T[1]=T[2]='0';
				for(int i=1;i<=n;i++)
					S[i]^=1;
			}
			int cnt0=0,cnt1=0;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				if(S[i]=='0')cnt0++;
				else cnt1++;
			}
			if(cnt0-cnt1>1){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			int ans=0;
			for(int i=1;i<n;i++)
				if(S[i]==T[1]&&S[i+1]==T[2])
					ans++;
			write(ans),Nxt;
		}
	}
	if(m==3){
		if(T[1]!=T[3]){
			int ans=0;
			for(int i=1;i<=n-2;i++)
				if(S[i]==T[1]&&S[i+1]==T[2]&&S[i+2]==T[3])
					ans++;
			write(ans),Nxt;
		}else if(T[1]!=T[2]){
			int ans=0;
			for(int i=1;i<=n-2;i++)
				if(S[i]==T[1]&&S[i+1]==T[2]&&S[i+2]==T[3])
					ans++;
			write((ans+1)/2),Nxt;
		}else{
			if(T[1]=='1'){
				T[1]=T[2]=T[3]='0';
				for(int i=1;i<=n;i++)
					S[i]^=1;
			}
			int cnt0=0,cnt1=0;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				if(S[i]=='0')cnt0++;
				else cnt1++;
			}
			if((cnt1+1)*2<cnt0){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			int ans=0,cnt=0,blank2=0;
			S[0]=S[n+1]='1';
			for(int i=1;i<=n+1;i++){
				if(S[i]=='0')cnt++;
				else if(S[i]=='1'){
					if(cnt==0)blank2++;
					cnt=0;
				}
			}
			for(int i=0;i<=n+1;i++){
				if(S[i]=='0')cnt++;
				else if(S[i]=='1'){
					if(cnt>2){
						cnt-=2;
						int mi=min(cnt/2,blank2);
						blank2-=mi;
						cnt-=mi*2;
						ans+=mi+cnt;
					}
					cnt=0;
				}
			}
			write(ans),Nxt;
		}
	}
}