【前后缀分解】AtCoder ABC393 D.Swap to Gather

题目

https://atcoder.jp/contests/abc393/tasks/abc393_d

题意

给定一个长为 \(n\) 的 \(01\) 字符串 \(s\)，可以执行任意次以下操作：

• 选择两个相邻的下标，交换这两个位置上的字符，每次操作的代价为 \(1\)。

求让全部字符 \(1\) 连续的最小代价是多少？连续的含义是任意两个字符 \(1\) 之间都没有字符 \(0\)。

题解

前后缀分解，枚举每个 \(1\) 不动，让其两边全部的 \(1\) 向它紧靠的代价，这些代价中的最小值就是答案。

对于前缀，从左往右遍历，不断将 \(1\) 向右边移动。将一串 \(1\) 移动到紧靠下一个 \(1\) 的代价，是这串 \(1\) 的长度乘以这串 \(1\) 与下一个 \(1\) 之间相隔的距离（即二者之间 \(0\) 的个数）。例如：\(00110001\) 想要移动为 \(00000111\)，代价便是 \(len(11) \times len(000) = 2 \times 3 = 6\)。

后缀相似于前缀的求法。

很容易想到：想要代价最小，必然至少会有个 \(1\) 是不动的。只需要枚举出每一串连续的 \(1\) 串的前后缀之和，代价最小值就是答案。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int n;
ll ans = 1e18;
string s;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);
	cin >> n >> s;
	ll cost = 0LL;
	vector<ll> pre;
	for (int i = 0, j = 0, k = -1; i < n; ++ i) {
		if (s[i] == '0') continue;
		if (k != -1) {
			pre.emplace_back(1LL * (i - k) * j + cost);
			cost = pre.back();
		} else pre.emplace_back(0LL);
		while (i < n && s[i] == '1') {
			++ i;
			++ j;
		}
		k = i;
	}
	if (!pre.empty()) {
		cost = 0LL;
		for (int i = n - 1, j = 0, k = -1; i >= 0; -- i) {
			if (s[i] == '0') continue;
			if (k != -1) {
				cost = 1LL * (k - i) * j + cost;
				ans = min(ans, cost + pre.back());
			} else ans = pre.back();
			pre.pop_back();
			while (i >= 0 && s[i] == '1') {
				-- i;
				++ j;
			}
			k = i;
		}	
	} 
	cout << (ans == 1e18 ? 0LL : ans) << '\n';
	return 0;
}