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题目大意：给出一个只由 0 或 1 组成的字符串 s ，和一个字符串 t ，问 s 至少需要操作多少次，才能变为 t，每次操作是：可以选择字符串 s 中的一个子序列，使得他们全部向右移动一个单位，如：，选择的子序列为位置
，经过操作后 s 就变为了
题目分析：很显然的两个结论是，如果字符串 s 和字符串 t 中 1 的数量或者 0 的数量不相等，那么输出 -1 ，还有一点就是，如果字符串 s 和字符串 t 中的某一位置 s[ i ] == t[ i ] ，则这个位置无需操作，可以视为被删除就好了
接下来考虑贪心，子序列的长度肯定得大于等于 2 ，稍微举举例子不难发现，每次操作只能选择偶数串的 0101... 或者 1010...，举个反例就是，如果选择的 s 为 011，那么经过操作后变为了 101，第三个位置没有变化，所以选不选第三个位置没有影响，同理得出每次只能选择偶数个的 01 交替的子序列进行操作才是具有贡献的
然后贪心放，就拿和
为例，此时已经将所有 s[ i ] == t[ i ] 的位置都删除掉了，从 1 ~ n 遍历一遍字符串，当遍历到第一个位置时，s[ 1 ] == 1 ，所以 ans++ ，另外这里有一个单独的 1，到了第二个位置时，s[ 2 ] == 1，所以仍然让 ans++，此时有两个单独的 1 ，到了第三个位置，此时 s[ 3 ] == 0 ，因为前面已经有两个单独的 1 了，所以我们贪心让这个 0 与第一个 1 匹配，此时 ans 不变，我们有一个 “10” 串和一个 “1” 串，到了第四个位置，此时 s[ 4 ] == 1 ，因为此时第一个串中可以接一个 1 了，所以我们就可以直接将当前的 1 与 “10” 匹配，此时有一个 “101” 串和一个 “1” 串，剩下的两个位置都是 0 ，我们直接让其与两个串匹配即可，即最后的两次操作分为 “1010” 和 “10” ，答案为 2 是最优的
再看一个例子，这样我就只给出字符串 s 了，如果，按照上面的贪心，当匹配完前三个位置后，我们得到了两个串：“10” 和 “0” ，到了第四个串的 s[ 4 ] == 1，按理说和第一个串或者第二个串都是可以匹配的，但是我们发现如果和第一个串匹配的话，最后就无法形成偶数个 1010... 了，所以此时应该选择其与第二个串匹配
知道原理后 O( n ) 去模拟就好了
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e6+100;
char s[N],t[N];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("input.txt","r",stdin);
// freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
int n;
scanf("%d%s%s",&n,s+1,t+1);
int sum=0,mmax=0,mmin=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sum+=s[i]-t[i];
mmax=max(mmax,sum);//记录最多有多少个连续的“1”需要让 ans++
mmin=min(mmin,sum);//记录最多有多少个连续的“0”需要让 ans++
}
printf("%d\n",sum?-1:mmax-mmin);
return 0;
}