2023.6.14 每日一题

B. Garland - 1800

原题链接

Codeforces Round 612 (Div. 1) A

Codeforces Round 612 (Div. 2) C

题目大意

给定一个被删去字符的 \(1\sim n\) 排列，现在需要将空缺位置填入缺失的数，使得最终得到的序列仍是一个 \(1\sim n\) 的排列，问所有填法中，相邻两项的奇偶性不同的数对数量最小值是多少。

解题思路

注意到本题数据范围只到 \(100\)，所以dp到 \(O(n^3)\) 也是可以通过的。

我们开一个四维dp数组dp[i][j][k][ok]，其中最后一维仅包含01，表示我们当前位置的奇偶性，这个数组表示前 \(i\) 位元素替换 \(j\) 个偶数，\(k\) 个奇数后，当前元素奇偶性为 \(ok\) 的最小奇偶交换次数（这里的奇偶交换次数指的就是题目所说的数对数量，从头遍历到尾部发生奇偶交换就表明存在一个这样的数对）。

确定完我们的状态表示之后需要确定我们的转移方程。

注意到如果我们遍历到的位置是一个既定元素，那么这个位置的dp值是固定的，但是由于不知道给定的数组是什么样的，所以这里依旧需要对奇偶性不同的情况取最小值。反之如果遍历到的是一个空元素，那么我们需要对这个填入元素的奇偶性做出讨论，与前一个相比发生奇偶改变则对dp值加一。

最后我们的答案是对两种结尾奇偶性取小者，前三维一定是 dp[n][remain(even)][remain(odd)]，也就是数组前 \(n\) 个元素，恰好用掉可用的所有偶数和奇数的情况下，最小奇偶交换次数。

因为我们不需要考虑具体值，只需要在意奇偶性，所以题目所说的 \(1\sim n\) 的排列是一定可以得到满足的，可以忽略这个限制。

AC Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 110;
const int MOD = 1e9 + 7;

int a[N];
int dp[N][N][N][2];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int cnt1 = (n + 1) / 2, cnt2 = n / 2;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        if (a[i] & 1) {
            cnt1--;
        } else if (a[i]){
            cnt2--;
        }
    }
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    if (a[1]) {
        dp[1][0][0][a[1] & 1] = 0;
    } else {
        dp[1][1][0][0] = 0;
        dp[1][0][1][1] = 0;
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= i; j++) {
            for (int k = 0; k <= i - j; k++) {
                if (a[i]) {
                    dp[i][j][k][a[i] & 1] = min(dp[i - 1][j][k][0] + (a[i] & 1), dp[i - 1][j][k][1] + (1 - (a[i] & 1)));
                } else {
                    dp[i][j][k][0] = min(dp[i - 1][j - 1][k][0], dp[i - 1][j - 1][k][1] + 1);
                    dp[i][j][k][1] = min(dp[i - 1][j][k - 1][0] + 1, dp[i - 1][j][k - 1][1]);
                }
            }
        }
    }
    cout << min(dp[n][cnt2][cnt1][0], dp[n][cnt2][cnt1][1]) << endl;
}

signed main() {
    ios;
    int T = 1;
//    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}