Codeforces Round #782

A.Red Versus Blue

题意:
  尽可能的使\(r\)个\(R\)分开，使得连续的\(R\)的个数最少。
思路:
  先将\(r\)个数分成\(b + 1\)组，每一组至少分配\(\frac{r}{b + 1}\),现在就要考虑剩余的\(R\)有多少个。因为根据除法可以知道，我们剩下的\(x\)个数一定满足\(x < b + 1\)所以我们可以给\(b+1\)组中的\(x\)组分配一个\(1\)，这样就满足题意了.

void solve() {
	int n, r, b;
	std::cin >> n >> r >> b;
	int t = r / (b + 1);
	int tmp = t * (b + 1);
	int d = r - tmp;
	while (true) {
		for (int i = 1; i <= t && r; i ++ ) std::cout << "R", r --;
		if (r && d) std::cout << "R", d --, r --;
		if (b) std::cout << "B", b --;
		if (b + r == 0) break;
	}
	std::cout << "\n";
}

B.Bit Flipping

题意：
  我们有\(k\)次操作，每一次操作我们选定一个数，使得这个\(01\)串除了选定的这个位置以外的所有数都反转。要求我们输出\(k\)次操作之后字典序最大的字符串，并将每一个位置的操作次数输出出来。
思路：
  因为连续对字符串反转两次可以使得这个字符串不发生任何改变，所以我们可以思考，如果当前的\(k\)是偶数的话，我们只需要将\(k\)次操作全部分配给字符串中\(0\)所在的位置即可，因为一共反转偶数次，我们不选择\(1\)所在的位置的话，最后一定还是恢复原样的，但是如果我们选择了一个\(0\)先不进行反转的话，他就少转了一次，那么之后对它的反转次数一定是奇数，也就是说它最后呈现出来的样子一定是反转之后的样子。那么我们就可以发现每一位的数字其实是独立，选了这个位置奇数次，最后这个位置就实现了反转操作，如果选择了偶数次那么就不会发生改变。

void solve() {
	int n, m; std::cin >> n >> m;
	std::string s; std::cin >> s;
	std::vector<int> ans(n + 1, 0);
	if (m & 1) {
		int pos = n - 1;
		for (int i = 0; i < n; i ++ ) 
			if (s[i] & 1) {
				pos = i; 
				break;
			}
		
		ans[pos + 1] = 1;
		for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
			if (i == pos) continue;
			s[i] ^= 1;
		}
		m --;
	}
	int res = 0;
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) res += s[i] == '0';

	if (res >= m) {
		for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
			if (m == 0) break;
			if (s[i] & 1) continue;
			ans[i + 1] ++;
			s[i] ^= 1;
			m --;
		}
	} else {
		for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
			if (s[i] & 1) continue;
			ans[i + 1] ++ ;
			s[i] ^= 1;
			m --;
		}
		if (m & 1) s[n - 1] ^= 1;
		ans[n] += m;
	}
	std::cout << s << "\n";
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) std::cout << ans[i] << " \n"[i == n];
}

C.Line Empire(前缀和)

题意：
  一开始大本营是在\(0\)的位置，一共要征服\(1 \sim n\)个城堡，我们在征服的途中可以迁移大本营花费为\(a*|pos_1-pos_0|\),征服一个城堡的花费为\(b * |pos_1-pos_0|\)。问我们征服所有的城堡之后，最小的花费是多少。
思路：
  我们可以预处理出来从最后一个城堡到之前任何一个城堡之间的距离，预处理完了之后，我们可以选择将大本营迁移到\(0\sim n-1\)之间所有的可能求出此时的花费，最后在所有的花费中求出最小的值，也就是 \(ans=\min\limits_{0\leq pos\leq n-1} {a*x[pos] + (pre_{pos + 1}-(n-1+pos)*x[i])*b}\)

void solve() {
	int n, a, b;
	std::cin >> n >> a >> b;
	std::vector<int> x(n + 1);
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) std::cin >> x[i];

	std::vector<i64> sum(n + 1);
	for (int i = n - 1; i >= 0; i -- ) sum[i] = sum[i + 1] + x[i];

	i64 ans = sum[0] * b;
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) 
		ans = std::min(ans, 1ll * (a + b) * x[i] + (sum[i + 1] - 1ll * (n - i - 1) * x[i]) * b);
	std::cout << ans << "\n";
}