Codeforces Round #807 (Div. 2) D

传送门： Mark and Lightbulbs

题意： 对于一个 01 字符串，如果与某个比特位相邻的两个比特不相等，就可以翻转该比特位，即如果 s[i-1] != s[i+1] 就可以翻转 s[i]。现给定两个 01 字符串 s 和 t，问 s 能否转化为 t，最少操作数是多少。

思路：
如果将连续的 0 或 1 视为一整个块（以下称为 01 块），原字符串就可以视为 01 块交替出现的序列。根据题意可知，只有相邻的两个块的边界处的两位比特位可以翻转，同时，如果某个块内只有一位数，那么这个数就不能被翻转，所以无论如何操作，翻转后 01 块的数量不会改变。

所以，如果两个字符串的01块序列不相等，就无法相互转化，反之就一定可以相互转化，这样我们可以轻松地判断两个字符串能否相互转化，但是直接模拟求转化步骤数仍然不方便。

进一步考虑，如果已知两个字符串 01 块序列相同，我们现在需要将两个 01 块序列对应的块的大小调整为一致。这时可以从块的边界入手，将各个块的大小对齐相当于将块的边界对齐。显然，对齐一对边界的最小操作数为两边界位置之差，所以我们只需找出两个 01 字符串中所有边界的位置，通过边界的数量可以判断 01 块数量是否相同，进而判断 01 块序列是否相同，而各对应边界的位置之差的总和则为转化字符串所需的操作数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define fsio ios::sync_with_stdio(false)
const int maxn = 2e5+10;

char s[maxn], t[maxn];

int main()
{
    fsio;
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n;
        vector<int> a, b;
        cin>>n; cin>>s; cin>>t;
        for (int i = 1; i < n; i++)
        {
            if (s[i] != s[i-1]) a.push_back(i);
            if (t[i] != t[i-1]) b.push_back(i);
        }
        if (s[0] != t[0] || a.size() != b.size()) cout<<-1<<endl;
        else
        {
            ll ans = 0;
            for (int i = 0; i < (int)a.size(); i++) ans += abs(a[i] - b[i]);
            cout<<ans<<endl;
        }
    }
    return 0;
}