CF1392G-Omkar and Pies【dp】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1392G

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题目大意

两个长度为(k)的起始和目标01串。
(n)个操作交换起始串的两个位置，选择一段长度至少为(m)的连续操作序列使得相同的位数最多。
(1leq mleq nleq 10^6,1leq kleq 20)

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解题思路

因为是从前往后操作，所以可以拆成两个后缀([l,n])和([r+1,n])。

对(S)执行(lsim n)然后对(T)执行(r+1sim n)之后比较就好了。

额考虑怎么做这个东西，我们可以(O(nk))的处理出一个(s_i)表示对(S)执行了(isim n)之后的序列，(t_i)表示对(T)执行了(isim n)之后的序列，当然要用二进制压起来。

然后我们要找到一对(l,r)使得(r-lgeq m)且(s_l xor t_r)的(1)最多。

有个做法是考虑(s and t)的(1)数，因为(s)和(t)的(1)数固定。设(s and t)有(z)个(1)，(s)有(x)个(1)，(t)有(y)个(1)，那么他们相同的位数有(z+(k-x-y+z)=2z+k-x-y)个，所以其实是要最大化(z)就好了。

设(f_{i})表示一个最小的(k)使得(s_k and i=i)，(g_i)则是表示对于(t)来说最大的(k)。

然后求出这两个就可以搞定这题了，因为是最值所以不需要用到( ext{FWT})，直接(dp)就好了。

时间复杂度(O(nk))

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1<<20;
int k,n,m,s,t,zx[N],zy[N],f[N],g[N],bit[N],rev[N][20];
char st[30];
int swp(int s,int p){
	int ans=0;
	for(int i=0;i<k;i++)
		ans|=(((s>>rev[p][i])&1)<<i);
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	scanf("%s",st);
	for(int i=0;i<k;i++)
		s|=(st[i]-'0')*(1<<i);
	scanf("%s",st);
	for(int i=0;i<k;i++)
		t|=(st[i]-'0')*(1<<i);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);x--;y--;
		for(int j=0;j<k;j++)rev[i][j]=j;
		swap(rev[i][x],rev[i][y]);
	}
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		int tmp[k];
		for(int j=0;j<k;j++)
			tmp[j]=rev[i][rev[i+1][j]];
		for(int j=0;j<k;j++)rev[i][j]=tmp[j];
	}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=n;i>=1;i--){
		int x=swp(s,i);f[x]=min(f[x],i);
		x=swp(t,i);
		g[x]=max(g[x],i);
	}
	g[t]=n+1;int MS=(1<<k);
	for(int i=1;i<MS;i++)
		bit[i]=bit[i-(i&-i)]+1;
	int ans=-1,ansl=0,ansr=0;
	for(int i=MS-1;i>=0;i--){
		for(int j=0;j<k;j++){
			f[i]=min(f[i],f[i|(1<<j)]);
			g[i]=max(g[i],g[i|(1<<j)]);
		}
		if(bit[i]>ans&&g[i]-f[i]>=m)
			ans=bit[i],ansl=f[i],ansr=g[i];
	}
	printf("%d
%d %d
",2*ans+k-bit[s]-bit[t],ansl,ansr-1);
	return 0;
}