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。
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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。
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)
修改消耗的时间
老师的惊天模拟赛#2
TAT还是不会
相当神的题目
记录一下序列前缀和
若p+序列和≠q，可以发现取反操作数量是确定的
且尽量在前面做加法，后面做减法
至于旋转操作，暴力想法是把最后一位提前，就相当于连成一个环，在环上求值
所以在环上枚举起点，就相当于移动操作
要是移动不能满足非负，还可以把前面的-操作改为+，对应的后面的+改为-
但暴力走一遍环单纯是为了解决非负的问题
而对于一个起点的序列，若已知其最小值并把它修改至大于0，则显然前后值都不会小于零(想象前缀和)
所以在环上用单调队列求一遍最小值，再枚举起点做无旋转的修改，求最小花费
而题目保证有解题目保证有解题目保证有解
所以除了必要的修改，还需要前后取反时，使最终序列和满足要求的操作一定已经用完了(不论是+变-还是-变+)
那么直接在最小值上加上取反得到的值(一定要大于0)，如果还小的话再前后取反
(要是必要的操作是减变加，因为题目有解，所以修改操作一定不在最小值位置之前)
还有好多细节，看代码
1 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #define LL long long 7 int que[2000020],seq[2000020],mn[1000010]; 8 char opt[1000002]; 9 inline LL abs(LL a){ 10 return a>0?a:-a; 11 } 12 inline LL max(LL a,LL b){ 13 return a>b?a:b; 14 } 15 inline LL min(LL a,LL b){ 16 return a<b?a:b; 17 } 18 int main(){ 19 LL n,p,q,x,y; 20 int i,h,t; 21 scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&n,&p,&q,&x,&y); 22 scanf("%s",opt+1); 23 for(i=n<<1;i>n;--i)seq[i]=seq[i+1]+(opt[i-n]==‘+‘?1:-1); 24 for(i=n;i;--i)seq[i]=seq[i+1]+(opt[i]==‘+‘?1:-1); 25 que[0]=0; 26 h=1,t=0; 27 for(i=n<<1;i;--i){ 28 while(h<=t&&seq[i]>seq[que[t]])--t;//seq[i]-seq[que[h]]>seq[que[t]]-seq[que[h]] 29 que[++t]=i; 30 while(h<=t&&que[h]-i>=n)++h; 31 if(i<=n)mn[i]=seq[i]-seq[que[h]]; //你不能用head更新min，只能倒序用i 32 } 33 LL all=seq[n+1],tmp=(q-p-all)/2,ans=1e16,cst; 34 for(i=0;i<n;i++){//枚举起点与枚举旋转次数不同 35 cst=x*abs(tmp)+y*(LL)i; 36 if(i==0){ 37 mn[1]+=p+max(tmp,0)*2; 38 if(mn[1]<0)cst+=2*x*((1-mn[1])/2); 39 }else{ 40 mn[n-i+1]+=p+max(tmp,0)*2; 41 if(mn[n-i+1]<0)cst+=2*x*((1-mn[n-i+1])/2); 42 } 43 ans=min(ans,cst); 44 } 45 printf("%lld",ans); 46 return 0; 47 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Pumbit-Legion/p/5962627.html
