传送门
这里只说 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的把,也就是暴力枚举删除区间
似乎有更快的算法,以后再补
当删除某段区间后,最终剩下一段前缀和一段后缀作括号匹配
01 01 01会自动消除
对于一段序列来说 01 01 01消除的顺序是不影响最终的结果的
不妨先对前缀做括号匹配,变成 11110000... 11110000... 11110000...的形式
对后缀也做括号匹配,变成 11110000 11110000 11110000的形式
不难发现,此时能消除的只剩下前缀后面的连续零和后缀前面的连续一
所以直接预处理这两部分,还要预处理前缀自己匹配剩下的长度和后缀剩下的长度
用栈模拟括号匹配即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,top,pre[maxn],pre0[maxn],suf[maxn],suf1[maxn];
int o[maxn],z[maxn];
char a[maxn],q[maxn];
int main()
{
cin >> n >> (a+1);
int zero = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
o[i] = o[i-1]+(a[i]=='1');
z[i] = z[i-1]+(a[i]=='0');
if( !top ) q[++top] = a[i],zero = ( a[i]=='0' );//栈空,没问题
else
{
if( q[top]=='0'&&a[i]=='1' ) top--,zero--;
else//不能消除,栈顶是0自己也是0，栈顶是1自己是0或1
q[++top] = a[i], zero += ( a[i]=='0' );
}
pre[i] = top, pre0[i] = zero;
}
int ans = top;
int one = 0; top = 0;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
if( !top ) q[++top] = a[i], one = ( a[i]=='1' );
else
{
if( q[top]=='1'&&a[i]=='0' ) top--,one--;
else
q[++top] = a[i], one += ( a[i]=='1' );
}
suf[i] = top, suf1[i] = one;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
if( o[j]-o[i-1]!=2*(z[j]-z[i-1]) ) continue;
ans = min( ans,pre[i-1]+suf[j+1]-min( pre0[i-1],suf1[j+1])*2 );
}
cout << ans;
return 0;
}
