這個題一眼 $dp$
就是設 $f[i][0/1]$ 表示我們只考慮前 $i$ 個位置，並且保證覆蓋了前 $i$ 個位置，當前位置 選/不選 的最小代價
考慮轉移，設題目給出的字符串為 $s$
首先 $f[i][0]$ 必須從 $f[j][1]$ 轉移過來，其中 $ j+k>=i \text{ and } s[j]=1$
然后考慮 $f[i][1]$，如果 $s[i]=1$，那么我們可以從 $f[j][0]$ 和 $f[j][1]$ 轉移
並且只要保證 $i-k<=j+1$ 即可，就是保證讓 $i$ 覆蓋 $j+1$ 到 $i$ 這一段
然后如果 $s[i]=0$，那么我們首先可以從 $f[i-1][0/1]$ 轉移
並且也可以從 $f[j][1]$ 轉移，其中 $j$ 滿足 $j+k>=i-1 \text{ and } s[j]=1$
注意這里的邊界條件是 $j+k>=i-1$ 不是 $j+k>=i$，因為上一個站覆蓋到 $i-1$ 就行了，$i$ 位置自己覆蓋了
然后發現這個 $dp$ 轉移暴力復雜度是 $n^2$ 的，但是可以發現對於某個位置 $i$ 的轉移
對於 $f[i][0]$ ，我們要求一個區間內 $f[j][1]$ 的最小值，並且 $s[j]=1$
對於 $f[i][1]$ ，我們要求一個區間內 $f[j][0/1]$ 的最小值
所以維護兩顆線段樹，分別維護區間內 $f[j][1]$ 的最小值 和 區間內 $f[j][0/1]$ 的最小值
復雜度 $n \log n$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e5+7; const ll INF=1e18; int n,K; ll f[N][2]; char s[N]; struct SegTree { ll T[N<<2]; SegTree () { memset(T,0x3f,sizeof(T)); } inline void pushup(int o) { T[o]=min(T[o<<1],T[o<<1|1]); } void ins(int o,int l,int r,int pos,ll v) { if(l==r) { T[o]=min(T[o],v); return; } int mid=l+r>>1; pos<=mid ? ins(o<<1,l,mid,pos,v) : ins(o<<1|1,mid+1,r,pos,v); pushup(o); } ll query(int o,int l,int r,int ql,int qr) { if(l>qr||r<ql) return INF; if(l>=ql&&r<=qr) return T[o]; int mid=l+r>>1; return min(query(o<<1,l,mid,ql,qr),query(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr)); } }T1,T2; int main() { n=read(),K=read(); scanf("%s",s+2); memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[1][1]=f[1][0]=0; T2.ins(1,1,n,1,0); for(int i=2;i<=n+1;i++) { f[i][0]=T1.query(1,1,n,max(1,i-K),i-1); if(s[i]=='1') f[i][1]=T2.query(1,1,n,max(1,i-K-1),i-1)+i-1; else f[i][1]=min( T1.query(1,1,n,max(1,i-K-1),i-1) , min(f[i-1][0],f[i-1][1]) )+i-1; T2.ins(1,1,n,i,f[i][1]); T2.ins(1,1,n,i,f[i][0]); if(s[i]=='1') T1.ins(1,1,n,i,f[i][1]); } printf("%lld\n",min(f[n+1][0],f[n+1][1])); return 0; }
這一題其實觀察題目的性質，選擇位置 $i$ 的代價為 $i$，也就是說代價隨着位置增加
發現到這里有單調性，考慮利用單調性 $dp$
直接設 $f[i]$ 表示把 $1$ 到 $i$ 覆蓋的最小代價
然后預處理出 $g[i]$ 表示從 $i$ 位置往右的第一個 $1$ 的位置
$g$ 的預處理顯然，考慮 $f[i]$ 怎么轉移
首先我們可以選擇 $i$ 位置，那么轉移顯然
然后考慮 $i$ 本身不選，選擇一個位置 $j$ ，使得 $j$ 能夠覆蓋 $i$
顯然我們考慮選擇的位置為 $g[i-k]$ （這里先不考慮 $i-k<1$ 的情況）
意思就是說，選擇位置 $i-k$ 往右的第一個 $1$ 位置（也就是最左邊能夠覆蓋 $i$ 的 $1$）
我們設這個位置為 $c$，考慮選擇位置 $c$ 的最小花費，因為 $f$ 單調不減，最小花費即為 $f[c-k-1]+c$
發現其實我們直接貪心地選擇位置 $c$ 一定比選擇 $c$ 后面的某個 $1$ 更優
因為考慮后面位置代價，首先選后面本身位置的代價就比選 $c$ 大，其次選后面的話，我們最優的 $f$ 也會變大
所以后面的一定不如位置 $c$，我們直接選擇位置 $c$ 轉移即可
代碼來自：LMOliver
（提醒一下，這個毒瘤的不知道是誰的大佬的代碼本機要把 $ifdef$ 去掉不然本機 $WA$，提交 $AC$，騙無知的我去 $hack$ $qwq$）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; //這里往下本地運行要去掉 #if (!defined(__cplusplus) || __cplusplus > 201103) /** * Use scanner in c++14, c++17 or c++20! */ template<class T> struct Scanner{ int value; Scanner(){ value=0; int ch; while(isdigit(ch=getchar())){ value=value*10+(ch^'0'); } } }; Scanner<int> qaq; #else #endif //這里往上本地運行要去掉 const int N=200200; char s[N]; int f[N]; int n,k; LL dp[N]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); scanf("%s",s+1); f[n+1]=n+n+n; for(int i=n;i>=1;i--){ f[i]=s[i]=='1'?i:f[i+1]; } dp[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i]=dp[i-1]+i; int c=f[max(i-k,1)]; if(c<=i+k){ dp[i]=min(dp[i],dp[max(1,c-k)-1]+c); } } cout<<dp[n]<<endl; return 0; }