考虑将 Y 单独拎出来，用数组存储他的下标，那么将第 \(x\) 个 Y 转移至第 \(y\) 个 Y 就需要
\(a[x]-b[y]-1\) 次操作。
发现一个问题：
第一次从左移动至 \(y\) 需要减1，第二次从左移动需要减2……
如图：
这似乎是一个很麻烦的问题，我们的某知名 \(lyh\) 教授是通过指针（应该是吧）解决的。
但我有一个想法：
假若被转移点和参照点的路径中有别的 Y ,那么因为为了保证最优性，在被转移点左边的点必须先被转移！
听起来有点绕，上图！
那么就可以直接用被转移点前面的 Y 的个数减参照点前面 Y 的个数即可算出应该减多少了：
此部分代码处理：
for(int i=0;i<t.size();i++){
if(t[i]=='Y'){
a[++n]=i-n;
sum[n]=sum[n-1]+a[n];
}
}
接下来不难发现，经过我们巧妙的处理之后，我们将问题转换成了：
给定一个单调不降的序列，可以对其中的数+1或-1（对应着向左或向右交换）求 \(k\) 次操作后最多有几个数一样。
接下来又很容易想到：为了保证最优，一样的数一定是连续的，双（又+又）很容易想到，让连续的一段数一样的最优参照点一定是中位数。
令 \(i\) 为区间起点，\(x\) 为长度，\(sum\) 为前缀和，则转移需要的步数=
\[a[i+x/2]*(x/2)-(sum[i+x/2]-sum[i-1])+\\(sum[i+x-1]-sum[i+x/2-1])-a[i+x/2]*((x-1)/2) \]
这部分的代码处理：
for(int i=1;i<=n-x+1;i++){
if((a[i+x/2]*(x/2)-(sum[i+x/2]-sum[i-1])+(sum[i+x-1]-sum[i+x/2-1])-a[i+x/2]*((x-1)/2))<=k){
return 1;
}
}
然后叒很容易想到，二分长度，枚举起点即可。
最后叕可以发现，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
ACcode
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string t;
int k,a[200100],n,sum[200100];
bool check(int x){
for(int i=1;i<=n-x+1;i++){
if((a[i+x/2]*(x/2)-(sum[i+x/2]-sum[i-1])+(sum[i+x-1]-sum[i+x/2-1])-a[i+x/2]*((x-1)/2))<=k){
return 1;
}
}
return 0;
}
signed main(){
cin>>t>>k;
for(int i=0;i<t.size();i++){
if(t[i]=='Y'){
a[++n]=i-n;
sum[n]=sum[n-1]+a[n];
}
}
int l=0,r=n;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
l=mid+1;
}
else{
r=mid-1;
}
}
cout<<r<<endl;
}