E. K-periodic Garland

对于一个序列 显然我们只有%m相同的位置上才能放置1
不然肯定不合法
所以我们把他分成m个部分 记录一下总和
然后转化一下题意 发现他就是一个

然后我们直接暴力 然后贴板子就可以了

greedy做法

void solve(){
    int n,m;cin>>n>>m;
    string s;cin>>s;
    vector<int>v[m],cnt(m);
    int sum=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        v[i%m].push_back(s[i]-'0');
        if(s[i]-'0')sum++,cnt[i%m]++;
    }
    int ans=INF;
    for(int i=0;i<m;i++){
        int now=0;
        for(auto j:v[i]){
            if(j==1)now++;
            else now--;
            if(now<0)now=0;
            ans=min(ans,sum-now);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}

然后其实我们还可以dp
我们发现他其实肯定是这样的 中间一坨是1 两端是0
当然这些个段的长度都可以是0
所以我们的dp状态就出来了
dp[i][0/1/2]表示第i个数字属于第几个段min
这样的转移也特别简单
答案就是三个取min
这里估计大家会有疑问
这样不是只会有
000011110000
0000011111
00000000
这三种情况吗
但是我们这里的dp[][1]是直接可以从dp[0][]转移的意思就是可以不要前面一坨0
所有就包含了所有情况
111111000000
11111111111111

dp做法

void solve(){
    int n,m;cin>>n>>m;
    string s;cin>>s;
    vector<int>v[m],cnt(m);
    int sum=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        v[i%m].push_back(s[i]-'0');
        if(s[i]-'0')sum++,cnt[i%m]++;
    }
    int ans=INF;
    for(int i=0;i<m;i++){
        while((int)v[i].size()&&!v[i].back())v[i].pop_back();
        int dp[v[i].size()+1][3];
        memset(dp,0x3f3f,sizeof dp);
        dp[0][0]=dp[0][1]=dp[0][2]=0;
        //v[i]
        for(int j=1;j<=v[i].size();j++){
            dp[j][0]=dp[j-1][0]+(v[i][j-1]!=0);
            dp[j][1]=min(dp[j-1][1],dp[j-1][0])+(v[i][j-1]!=1);
            dp[j][2]=min(dp[j-1][1],dp[j-1][2])+(v[i][j-1]!=0);
        }
        ans=min(ans,sum-cnt[i]+min({dp[v[i].size()][0],dp[v[i].size()][2],
                                    dp[v[i].size()][1]}));
    }
    cout<<ans<<endl;
}