BZOJ1482 : [Balkan2017]Cats
若猫和狗中至少有一个出现了$0$次,那么答案显然是$0$,否则若狮子出现了$0$次,那么显然无解。
那么现在至少有一个动物保持原地不同,其它动物恰好移动一次。
如果全部猫都不动而全部狗都动,那么可以贪心求出答案,最多移动一个狮子。
同理可以处理全部猫动而全部狗都不动的情况。
现在考虑同时存在猫和狗不动的情况,那么动的猫和狗一定是移动到不动的同类旁边,而狮子起到间隔作用。
设$f[i][j][k][S]$表示考虑前$i$个动物,目前手上剩余可以调控的狮子数为$j$(可以为负,表示后面的狮子往前动),下一个动物可以是$k$,不动的动物种类为$S$的最小移动次数,直接转移即可。
时间复杂度$O(n^2)$。
#include<cstdio> const int N=5010,inf=1000000; int Case,n,m,o,i,j,k,S,w,a[N],b[N],cnt[3],f[2][N*2][2][4],ans; inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;} int cal(int x){ int i,t=0; for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=(x^1))b[++t]=a[i]; for(i=1;i<t;i++)if(b[i]==2&&b[i+1]==2)return n-t; if(b[1]==2||b[t]==2)return n-t; return n-t+1; } int solve(){ scanf("%d",&n); for(i=0;i<3;i++)cnt[i]=0; for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++; if(!cnt[0]||!cnt[1])return 0; if(!cnt[2])return -1; m=cnt[2]; up(m,n/2+5); for(o=0,j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)f[0][j+N][k][S]=inf; f[0][N][0][0]=f[0][N][1][0]=0; for(i=0;i<n;i++,o^=1){ for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)f[o^1][j+N][k][S]=inf; if(a[i+1]==0)for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)if(f[o][j+N][k][S]<inf){ w=f[o][j+N][k][S]; up(f[o^1][j+N][k][S],w+1); up(f[o^1][j+N-(k==1)][0][S|1],w); } if(a[i+1]==1)for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)if(f[o][j+N][k][S]<inf){ w=f[o][j+N][k][S]; up(f[o^1][j+N][k][S],w+1); up(f[o^1][j+N-(k==0)][1][S|2],w); } if(a[i+1]==2)for(j=-m;j<=m;j++)for(k=0;k<2;k++)for(S=0;S<4;S++)if(f[o][j+N][k][S]<inf){ w=f[o][j+N][k][S]; up(f[o^1][j+N+1][k][S],w+1); up(f[o^1][j+N][0][S],w); up(f[o^1][j+N][1][S],w); } } ans=cal(0); up(ans,cal(1)); for(k=0;k<2;k++)up(ans,f[o][N][k][3]); return ans; } int main(){ scanf("%d",&Case); while(Case--)printf("%d\n",solve()); return 0; }