wqs 二分模板題。

我們可以將大小寫分開做，分別求小寫時的 min 和大寫時的 min。

首先可以發現我們肯定是操作越多次越好，所以我們可以假設正好操作 $k$ 次。設 $f(x)$ 為操作 $x$ 次時的最優答案，我們可以發現 $(x, f(x))$ 構成的函式影象是個下凸殼：

證明：首先 $f(x)$ 肯定是單減的，然後因為你每次操作肯定選最優的操作所以 $f(x)$ 減小的趨勢肯定是越來越小的。

然後就是 wqs 二分，我們二分與 $(k, f(k))$ 相切的直線的斜率 $mid$，然後問題就轉化為求出這條直線的截距，相當於每次操作每次操作多一個 $-mid$ 的價值，直接 dp 即可，$dp_i$ 表示 $1...i$ 的最優答案。轉移是簡單的，需注意轉移時還需要記錄一個當前 $dp_i$ 操作了多少次。

我們求出了截距直接根據斜率即可推出 $f(k)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
using ll = long long;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, len, a[N], ans = 1e9;
char s[N];
pair <int, int> dp[N];
int check(int mid) {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        pair 
 
<int, int> tmp = dp[i - 1];
        tmp.fi += a[i], dp[i] = tmp;
        tmp = dp[max(i - len, 0)];
        tmp.fi -= mid, tmp.se++;
        dp[i] = min(dp[i], tmp);
    }
    return dp[n].se;
}
void solve() {
    int l = -n, r = 0, p;
    while (l <= r) {
        int mid = l + r >> 1;
        
 
if (check(mid) <= m) l = mid + 1, p = mid;
        else r = mid - 1; 
    }
    check(p);
    ans = min(ans, dp[n].fi + p * m);
}

int main() {
    scanf("%d%d%d%s", &n, &m, &len, s + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = s[i] >= 'a' && s[i] <= 'z'; solve();
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] ^= 1; solve();
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}