题解 | #修改01序列#|动态规划

和题解不太一样的做法。

我们设 $f_i$ 表示以 $i$ 为最后一个 $1$ 的最小步数，得方程：

$f_i=\min_{j=1,jd\leq i}{f_{i-kd}} w(i-kd,i) 1-A_i$

解释一下， $w(i,j)$ 表示清空 $(i,j)$ 之间的数字的步数， $1-A_i$ 是表示转化成 $1$ 的代价。

可以进一步推导。

$f_i=\min_{j=1,jd\leq i}{f_{i-kd}-sum_{i-kd}} sum_i 1-A_i$

我们把 $f_{i-kd}-sum_{i-kd}$ 看作整体，发现其与 $i$ 模 $d$ 之后余数相同，所以考虑存一个数组 $mn$ ， $mn_i$ 表示所有模 $d$ 为 $i$ 的位置 $j$ 的 $f_{j}-sum_{j}$ 的最小值。

则我们可以 $O(1)$ 转移，时间复杂度为 $O(n)$ 。

$f_i=mn_{i\bmod d} 1-A_i sum_i$

当然这个做法有点多余。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const LL N=1e5+5;
LL n,d,a[N],sum[N],f[N],mn[N],ans;
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&d);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	for(int i=1;i<=d;i++)
	{
		f[i]=sum[i-1]+1-a[i];
		mn[i%d]=f[i]-sum[i];
	}
	for(int i=d+1;i<=n;i++)
	{
		f[i]=mn[i%d]+1-a[i]+sum[i-1];
		mn[i%d]=min(f[i]-sum[i],mn[i%d]);
	}
	ans=sum[n];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ans=min(ans,f[i]+sum[n]-sum[i]);
	}
	printf("%lld",ans);
}