这个题一眼 $dp$
就是设 $f[i][0/1]$ 表示我们只考虑前 $i$ 个位置，并且保证覆盖了前 $i$ 个位置，当前位置 选/不选 的最小代价
考虑转移，设题目给出的字符串为 $s$
首先 $f[i][0]$ 必须从 $f[j][1]$ 转移过来，其中 $ j+k>=i \text{ and } s[j]=1$
然后考虑 $f[i][1]$，如果 $s[i]=1$，那么我们可以从 $f[j][0]$ 和 $f[j][1]$ 转移
并且只要保证 $i-k<=j+1$ 即可，就是保证让 $i$ 覆盖 $j+1$ 到 $i$ 这一段
然后如果 $s[i]=0$，那么我们首先可以从 $f[i-1][0/1]$ 转移
并且也可以从 $f[j][1]$ 转移，其中 $j$ 满足 $j+k>=i-1 \text{ and } s[j]=1$
注意这里的边界条件是 $j+k>=i-1$ 不是 $j+k>=i$，因为上一个站覆盖到 $i-1$ 就行了，$i$ 位置自己覆盖了
然后发现这个 $dp$ 转移暴力复杂度是 $n^2$ 的，但是可以发现对于某个位置 $i$ 的转移
对于 $f[i][0]$ ，我们要求一个区间内 $f[j][1]$ 的最小值，并且 $s[j]=1$
对于 $f[i][1]$ ，我们要求一个区间内 $f[j][0/1]$ 的最小值
所以维护两颗线段树，分别维护区间内 $f[j][1]$ 的最小值 和 区间内 $f[j][0/1]$ 的最小值
复杂度 $n \log n$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e5+7; const ll INF=1e18; int n,K; ll f[N][2]; char s[N]; struct SegTree { ll T[N<<2]; SegTree () { memset(T,0x3f,sizeof(T)); } inline void pushup(int o) { T[o]=min(T[o<<1],T[o<<1|1]); } void ins(int o,int l,int r,int pos,ll v) { if(l==r) { T[o]=min(T[o],v); return; } int mid=l+r>>1; pos<=mid ? ins(o<<1,l,mid,pos,v) : ins(o<<1|1,mid+1,r,pos,v); pushup(o); } ll query(int o,int l,int r,int ql,int qr) { if(l>qr||r<ql) return INF; if(l>=ql&&r<=qr) return T[o]; int mid=l+r>>1; return min(query(o<<1,l,mid,ql,qr),query(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr)); } }T1,T2; int main() { n=read(),K=read(); scanf("%s",s+2); memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[1][1]=f[1][0]=0; T2.ins(1,1,n,1,0); for(int i=2;i<=n+1;i++) { f[i][0]=T1.query(1,1,n,max(1,i-K),i-1); if(s[i]=='1') f[i][1]=T2.query(1,1,n,max(1,i-K-1),i-1)+i-1; else f[i][1]=min( T1.query(1,1,n,max(1,i-K-1),i-1) , min(f[i-1][0],f[i-1][1]) )+i-1; T2.ins(1,1,n,i,f[i][1]); T2.ins(1,1,n,i,f[i][0]); if(s[i]=='1') T1.ins(1,1,n,i,f[i][1]); } printf("%lld\n",min(f[n+1][0],f[n+1][1])); return 0; }
这一题其实观察题目的性质，选择位置 $i$ 的代价为 $i$，也就是说代价随着位置增加
发现到这里有单调性，考虑利用单调性 $dp$
直接设 $f[i]$ 表示把 $1$ 到 $i$ 覆盖的最小代价
然后预处理出 $g[i]$ 表示从 $i$ 位置往右的第一个 $1$ 的位置
$g$ 的预处理显然，考虑 $f[i]$ 怎么转移
首先我们可以选择 $i$ 位置，那么转移显然
然后考虑 $i$ 本身不选，选择一个位置 $j$ ，使得 $j$ 能够覆盖 $i$
显然我们考虑选择的位置为 $g[i-k]$ （这里先不考虑 $i-k<1$ 的情况）
意思就是说，选择位置 $i-k$ 往右的第一个 $1$ 位置（也就是最左边能够覆盖 $i$ 的 $1$）
我们设这个位置为 $c$，考虑选择位置 $c$ 的最小花费，因为 $f$ 单调不减，最小花费即为 $f[c-k-1]+c$
发现其实我们直接贪心地选择位置 $c$ 一定比选择 $c$ 后面的某个 $1$ 更优
因为考虑后面位置代价，首先选后面本身位置的代价就比选 $c$ 大，其次选后面的话，我们最优的 $f$ 也会变大
所以后面的一定不如位置 $c$，我们直接选择位置 $c$ 转移即可
代码来自：LMOliver
（提醒一下，这个毒瘤的不知道是谁的大佬的代码本机要把 $ifdef$ 去掉不然本机 $WA$，提交 $AC$，骗无知的我去 $hack$ $qwq$）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; //这里往下本地运行要去掉 #if (!defined(__cplusplus) || __cplusplus > 201103) /** * Use scanner in c++14, c++17 or c++20! */ template<class T> struct Scanner{ int value; Scanner(){ value=0; int ch; while(isdigit(ch=getchar())){ value=value*10+(ch^'0'); } } }; Scanner<int> qaq; #else #endif //这里往上本地运行要去掉 const int N=200200; char s[N]; int f[N]; int n,k; LL dp[N]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); scanf("%s",s+1); f[n+1]=n+n+n; for(int i=n;i>=1;i--){ f[i]=s[i]=='1'?i:f[i+1]; } dp[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i]=dp[i-1]+i; int c=f[max(i-k,1)]; if(c<=i+k){ dp[i]=min(dp[i],dp[max(1,c-k)-1]+c); } } cout<<dp[n]<<endl; return 0; }