【POI2008】bzoj1122 账本

2023-11-07 20:48

文章标签 账本 poi2008 bzoj1122

本文主要是介绍【POI2008】bzoj1122 账本，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

Description

一个长度为n的记账单，+表示存￥1，-表示取￥1。现在发现记账单有问题。一开始本来已经存了￥p，并且知道最后账户上还有￥q。你要把记账单修改正确，使得
1：账户永远不会出现负数； 2：最后账户上还有￥q。你有2种操作： 1：对某一位取反，耗时x； 2：把最后一位移到第一位，耗时y。
Input

The first line contains 5 integers n, p, q, x and y (1 n 1000000,
0 p;q 1000000, 1 x;y 1000), separated by single spaces and
denoting respectively: the number of transactions done by Byteasar,
initial and final account balance and the number of seconds needed to
perform a single turn (change of sign) and move of transaction to the
beginning. The second line contains a sequence of n signs (each a plus
or a minus), with no spaces in-between. 1 ≤ n ≤ 1000000, 0 ≤ p ,q ≤
1000000, 1 ≤x,y ≤ 1000) Output

修改消耗的时间

首先考虑没有翻转操作。这样的话如果+太多就尽量把后面的+改成-，如果-太多就尽量把前面的-改成+【称为第一类修改】。然后需要考虑的位置就是前缀和最小的位置，如果那里小于零，就需要再把前面的一些-改成+，后面的+改成-【称为第二类修改】，这样是一定可以改过来的，因为只要把之前所有出现过的-都改成+最终的前缀和一定为正。
因为翻转和修改是没有关系的，不妨设先翻转再修改。
把序列变成一个环，枚举起点，也就是枚举翻转的次数。因为不管序列如何排布，第一类修改的方法都是相同的，所以在考虑第一次修改之前求出的最小前缀和，就是上面所说第一类修改完成之后的最小前缀和【不是数值相等，而是位置相同，也就是知道前者可以方便地O(1)知道后者】。用单调队列维护一下，很容易O(n)求出每个起点的最小前缀和。然后枚举起点，按照前面所说进行计算，需要计算的只是第二类修改的次数，这是可以O(1)列式计算的。
第一类修改会让和变化2，这很容易看出。但是，第二类修改同样会让前缀和变化2，这是需要注意的。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define LL long long
const LL oo=1e16;
int a[3000010],n,que[3000010];
LL sum[3000010],f[3000010];
char s[1000010];
LL abs(LL x)
{return x>0?x:-x;
}
LL min(LL x,LL y)
{return x<y?x:y;
}
int main()
{int i,j,k,p,q,hd,tl;LL num,temp,ans,u,v,x,y,z;scanf("%d%d%d%lld%lld",&n,&p,&q,&x,&y);scanf("%s",s+1);for (i=1;i<=n;i++)a[i]=s[i]=='+'?1:-1;for (i=n+1;i<2*n;i++)a[i]=a[i-n];for (i=1;i<2*n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i];hd=1;tl=0;for (i=2*n-1;i;i--){if (hd<=tl&&que[hd]>i+n-1) hd++;while (hd<=tl&&sum[que[tl]]>=sum[i]) tl--;que[++tl]=i;f[i]=sum[que[hd]]-sum[i-1];}num=(p+sum[n]-q)/2;ans=oo;for (i=1;i<=n;i++){u=i==1?0:n+1-i;temp=u*y+abs(num)*x;v=num<0?p+f[i]-num*2:p+f[i];if (v<0) temp+=2*x*((1-v)/2);ans=min(ans,temp);}printf("%lld\n",ans);
}