[atAGC052E]3 Letters

当$n=1$时，答案显然为0或1，以下不妨假设$nge 2$

为了方便，以下将${A,B,C}$分别看作${0,1,2}$，下标都为$[1,n]$

假设我们要修改$S_{i}$，必然要有$i$为端点（1和$n$）或$S_{i-1}=S_{i+1}$，同时修改的结果也是唯一的

因此，不妨用一个二元组$(S,i)$，来描述修改$S_{i}$后的字符串（若不可以修改不妨记作$S$）

从中，问题也可以看作构造序列$p_{i}$，使得$(((S,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})=T$并最小化$k$

称一个整数序列$A$连续，当且仅当$forall 1le i<n,|A_{i}-A_{i+1}|=1$

对于一个整数序列$A$，可以选择$A_{i}$加上或减去2，并使得操作后的序列仍然连续

类似地，修改$A_{i}$的条件也是$i$为端点或$A_{i-1}=A_{i+1}$，同时修改的结果也唯一，同样用二元组$(A,i)$来描述修改$A_{i}$后的整数序列（若不可以记作$A$）

对于合法字符串$S$，称其对应整数序列$A$，当且仅当$A$连续且$forall 1le ile n,A_{i}equiv S_{i}(mod 3)$

结论：若$S$对应$A$，则$(S,i)$对应$(A,i)$

首先，当$S$对应$A$，那么有$forall 2le ile n$，$S_{i-1}=S_{i+1}$与$A_{i-1}=A_{i+1}$是等价的：

1.若$A_{i-1}=A_{i+1}$，即有$S_{i-1}equiv S_{i+1}(mod 3)$，又因为$S_{i}in {0,1,2}$，即有$S_{i-1}=S_{i+1}$

2.若$S_{i-1}=S_{i+1}$，即有$A_{i-1}equiv A_{i+1}(mod 3)$，若两者不等必有$|A_{i-1}-A_{i+1}|ge 3$，同时根据其相邻的性质，有$|A_{i-1}-A_{i+1}|le |A_{i-1}-A_{i}|+|A_{i}-A_{i+1}|=2$，即矛盾

因此若不能对$i$操作，两者都不能，那么必然有$(S,i)=S$且$(A,i)=A$，显然对应

当$i$可以操作，显然${(A,i)_{i},A_{i},A_{i-1}}$构成模3的完系，也即$(A,i)_{i}+A_{i}+A_{i-1}equiv 0(mod 3)$

根据$S$对应$A$，有$(A,i)_{i}equiv -(S_{i}+S_{i-1})(mod 3)$，类似地${(S,i)_{i},S_{i},S_{i-1}}$也构成模3的完系（实际上是恰为${0,1,2}$），因此有$(S,i)_{i}equiv -(S_{i}+S_{i-1})equiv (A,i)_{i}(mod 3)$，即成立

推论：$(((S,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})=T$等价于存在$A$和$B$满足$S$对应$A$、$T$对应$B$且$(((A,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})=B$

必要性：当$(((S,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})=T$，根据前面的结论任取$S$对应$A$都有$T$对应$(((A,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})$，令后者为$B$即满足条件

充分性：当后者满足时，取$A$和$B$满足此条件，则有$(((S,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})$对应$B$，再根据$T$对应$B$不难得到$T_{i}equiv (((S,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})_{i}(mod 3)$，由于两者范围都为${0,1,2}$，即$T=(((S,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})$

综上，我们不妨将题目条件转换为后者

假设暴力枚举$A$和$B$，来考虑构造序列$p_{i}$，使得$(((A,p_{1}),p_{2}),...,p_{k})=B$并最小化$k$，那么对每一对$(A,B)$都求出此答案后取$min$即可

结论：若$A_{1} otequiv B_{1}(mod 2)$即不存在$p_{i}$，否则最小的$k$为$frac{sum_{i=1}^{n}|A_{i}-B_{i}|}{2}$

首先，每一次的操作是$pm2$，因此$A_{1} otequiv B_{1}(mod 2)$时显然无解

根据连续性，$A_{i}$确定$A_{i+1}$的奇偶性，因此若$A_{1}equiv B_{1}(mod 2)$，即有$forall 1le ile n,A_{i}equiv B_{i}(mod 2)$

关于最小的$k$，显然是下限，下面来证明其可以被取到

事实上，只需要证明$exists i,A_{i} e B_{i}$时，存在操作$(A,i)$使得$frac{sum_{j=1}^{n}|(A,i)_{j}-B_{j}|}{2}$减小1，归纳即可证明此结论

不妨假设$exists i,A_{i}>B_{i}$（$exists i,A_{i}<B_{i}$是类似的），取$A_{i}>B_{i}$中$A_{i}$最大的位置（多个任取）为$j$，考虑执行操作$(A,j)$，下面来说明其正确性——

当$j>1$时，必然有$A_{j-1}le A_{j}$，否则即$A_{j-1}ge A_{j}+1>B_{j}+1ge B_{j-1}$，显然$A_{j-1}$更大，即矛盾

同时，根据$|A_{j-1}-A_{j}|=1$的性质，可以得到$A_{j-1}=A_{j}-1$

类似地，也可以得到当$j<n$，有$A_{j+1}=A_{j}-1$

因此，这一次操作必然是可以执行，且必然是令$A_{j}$减小2，由于$A_{j}equiv B_{j}(mod 2)$，减小即令$|(A,i)_{j}-B_{j}|$减小2，也即$frac{sum_{j=1}^{n}|(A,i)_{j}-B_{j}|}{2}$减小1，因此成立

综上，问题又可以变成：取$A,B$满足$S$对应$A$、$T$对应$B$且$A_{1}equiv B_{1}(mod 2)$，并最小化$frac{sum_{i=1}^{n}|A_{i}-B_{i}|}{2}$

将所有$A_{i}$和$B_{i}$不断减去或加上3，显然不影响其任何性质，因此不妨假设$0le A_{1}<3$，即有$A_{1}=S_{1}$，进而即可确定序列$A$

通过$A_{1}$和$T_{1}$，即可确定$B_{1}$模6的余数，将这个余数作为$B_{1}$并将得到的序列记作$C$，那么所有序列$B$即在$C$的基础上将所有$b_{i}$加上或减去6

很明显，$B$可以用一个整数$x$描述，即$B_{i}=6x+C_{i}$，因此即最小化$frac{sum_{i=1}^{n}|6x-(A_{i}-C_{i})|}{2}$

令$D_{i}=frac{A_{i}-C_{i}}{2}$，即最小化$sum_{i=1}^{n}|3x-D_{i}|$，可以将其看作关于$3x$的函数，即令$f(x)=sum_{i=1}^{n}|3x-D_{i}|$，求当$3mid x$时的最小值

令中位数$x_{0}=D_{lfloorfrac{n+1}{2} floor}$（排序后），显然在$x_{0}$左右两侧单调不增和单调不减，因此最小值显然在$x_{0}$两侧第一个$3mid x$的位置取到，计算即可

最终，总时间复杂度为$o(n)$或$o(nlog n)$（排序），可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500005
#define ll long long
int n,ans,a[N],b[N],c[N];
char s[N],t[N];
ll calc(int x){
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)ans+=abs(3*x-c[i]);
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%s%s",&n,s,t);
    if (n==1){
        printf("%d",(s[0]!=t[0]));
        return 0;
    }
    a[0]=s[0]-'A';
    for(int i=1;i<n;i++){
        if ((a[i-1]%3+4)%3==s[i]-'A')a[i]=a[i-1]+1;
        else a[i]=a[i-1]-1;
    }
    b[0]=t[0]-'A';
    if (b[0]%2!=a[0]%2)b[0]+=3;
    for(int i=1;i<n;i++){
        if ((b[i-1]%3+4)%3==t[i]-'A')b[i]=b[i-1]+1;
        else b[i]=b[i-1]-1;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)c[i]=(a[i]-b[i])/2;
    sort(c,c+n);
    int x=c[n/2];
    if (x>=0)printf("%lld",min(calc(x/3),calc(x/3+1)));
    else printf("%lld",min(calc(x/3),calc(x/3-1)));
}