贪心 - Clam and Fish - 2020牛客暑期多校训练营(第三场)

贪心 - Clam and Fish - 2020牛客暑期多校训练营(第三场)

题意：

$T组测试用例，每组包括一个长度为n的字符串，由'0'、'1'、'2'、'3'组成。$

$0：当前阶段没有鱼、没有鱼饵。$

$1：当前阶段没有鱼、有鱼饵。$

$2：当前阶段有鱼、没有鱼饵。$

$3：当前阶段有鱼、有鱼饵。$

$每个阶段，只允许进行四种操作：$

$①、若有鱼饵，可以拿一份鱼饵。$

$②、若有一条鱼，可以直接捕一条鱼，无需花费。$

$③、在任何阶段，只要携带的鱼饵数量大于0，就可以花费一个鱼饵来捕捉一条鱼。$

$④、什么都不做。$

$计算最多能够捕捉多少条鱼。$

输入：

$首行：T(1≤t≤2.5×10 ^5)，测试样例的数量。$

$接下来每组数据，包括n(1≤n≤2×10^6)，字符串的长度。$

$再输入一行长度为n的字符串，表示n个阶段。$

T组样例，n的总和不超过2×10⁶

输出：

$一个整数，表示捕捉到的鱼的数量的最大值。$

示例1

输入

2
4
0103
1
1

输出

2
0

---

分析：

$先逐个分析每个阶段：$

$阶段0：什么也没有，此时若携带的鱼饵数量大于0，必然是选择捕一条鱼。$

$阶段2：有鱼没鱼饵，那直接0代价捕鱼。$

$阶段3：有鱼有鱼饵，此时选择捕鱼是最优的。因为即使增加鱼饵，也至多使得鱼的数量增加1。$

$阶段1：没鱼有鱼饵，未必要选择增加鱼饵。因为鱼饵最后可能会剩余，所以也可以选择捕鱼。$

$因此我们发现，阶段0、2、3的操作都是确定的，只有阶段1需要考虑是选择增加鱼饵还是捕鱼。$

$什么样的情况下选择在阶段1捕鱼呢？$

$假设设当前所处的位置i处在阶段1，若i以后存在的阶段0的数量要少于当前拥有的鱼饵数量，就无需再增加鱼饵了。$

$因为再增加鱼饵，最后必然会有鱼饵剩余。所以我们在这种情况下选择捕鱼。$

$捕完一条鱼后，鱼饵数量将与i以后的阶段0的数量相等。按照这样的贪心策略，就能够得到最优解。$

$由于我们要快速查询第i位以后的所有阶段中，阶段0的数量。故我们要先预处理数组cnt0[i]。$

时间复杂度： $O(n)$

注意：

$T组测试样例n的总和不超过2×10^6，$

$对于每组测试数据，cnt0数组无需全部初始化为0，仅需初始化前n位即可。$

用memset会超时!

$这里T了好几发。$

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
  
using namespace std;
  
const int N=2e6+10;
  
int T,n;
char str[N];
int cnt0[N];
  
int main()
{
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        //memset(cnt0,0,sizeof cnt0);
       	for(int i=0;i<=n+2;i++) cnt0[i]=0;
       	
        int res=0,ecnt=0;
        scanf("%d",&n);
        scanf("%s",str);
        for(int i=n-2;i>=0;i--)    //第i以后有多少个0
        {
            cnt0[i]=cnt0[i+1];
            if(str[i+1]=='0') cnt0[i]++;
        }
          
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            if(str[i]=='0' && ecnt) {res++;ecnt--;}
            else if(str[i]=='2'||str[i]=='3') res++;
            else if(str[i]=='1')
            {
                if(ecnt>cnt0[i]) {res++;ecnt--;}
                else ecnt++;
            }
        }
        printf("%d\n",res);
    }
  
    return 0;
}