題意：給定兩個長度為n(n<=2000)的由0和1組成的字符串A和B，有三種操作

1：將A向左循環移一格

2：將B向右循環移一格

3：將一個b[i]為1的位置的a[i]改為(1 - a[i])

詢問將A變為B的最短操作次數。若A無法變為B，則輸出-1。

輸入描述：兩行，每行一個長度為n的只包含0和1的字符串

輸出描述：一行，一個整數表示最小的的操作次數.若無法從A變為B，則輸出-1.

輸入樣例：

1010

1100

輸出樣例：

3

解析：首先先判斷-1的情況，不難發現如果B全為0且A也全為0，那麽就輸-1。如果B全為0且A也全為0，那麽答案就是0。

再來看看如何計算答案。用L[i]表示A中第i個位置向左移多少個位置後才能在B中有一個1。R[i]表示A中第i個位置向右移多少個位置後在B中有1。

枚舉最終的結果A的狀態（即移動到了哪個位置），這樣進行修改操作的次數是固定的（A與B中每位不同的個數就是修改的次數）。

由上一步可以得出枚舉的狀態是由原狀態左移（或右移）幾個單位得到的，假設這個值是cnt。

以左移為例。對於每個點的L[i]，如果L[i] <= cnt，那麽就不會產生多余的移動操作。可是若L[i] > cnt，那麽這個點可能由原位置向右移u個單位，再向左移動u+L[i]*2-cnt個單位的過程中更改的；也可能是在原位置向左移L[i]個單位後再向右移L[i]-cnt個單位的過程中更改的。所以對於每個點，它的值要麽是 向右的最大值*2+向左的最大值*2-cnt；要麽是 向左的最大值*2-cnt,從中取一個最小值即可。

對於右也是類似的操作。具體實現細節看代碼。

代碼如下：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int maxn=2005;
 7 int n,L[maxn],R[maxn],bj[maxn],mx,mi,ans;
 8 int tota,totb,len,que[maxn];
 9 char a[maxn],b[maxn];
10 
11 int
 
 cmpL(int a,int b) {
12     return L[a]<L[b];
13 }
14 
15 int cmpR(int a,int b) {
16     return R[a]<R[b];
17 }
18 
19 int main() {
20     scanf("%s%s",a+1,b+1); n=strlen(a+1);
21     ans=2e9;
22       for (int i=1;i<=n;++i) { //求1的個數 
23           if (a[i]==‘1‘) tota++;
24           if (b[i]==‘1‘) totb++; 
25       }
26       if (!totb) { //判-1 
27           if (!tota) return puts("0"),0;
28           return puts("-1"),0;
29       }
30       for (int i=1;i<=n;++i) { //預處理L[i]與R[i] 
31           int ind=i,cnt=0;
32             while (b[ind]!=‘1‘) {
33                   ind--; cnt++;
34                   if (ind==0) ind=n;
35             }
36         L[i]=cnt;
37         ind=i; cnt=0;
38           while (b[ind]!=‘1‘) {
39               ind++; cnt++;
40               if (ind==n+1) ind=1;
41           }
42         R[i]=cnt;
43       }
44       for (int i=1;i<=n;++i) { //枚舉移動後左端點的最終位置
45         int ind,sum=0; //sum記錄需要修改的點的個數  
46         if (i==1) ind=1; else ind=n-i+2;
47           for (int j=1;j<=n;++j) bj[j]=0; //bj[i]記錄i號點是否要修改
48           for (int j=1;j<=n;++j) {
49               if (a[ind]!=b[j]) sum++,bj[ind]=1;
50               ind++; if (ind>n) ind=1;
51           }
52         int cnt; //cnt表示向左移(或右移)的位數 
53           if (i==1) cnt=0; else cnt=n-i+1; //cnt表示向左移的位數 
54         len=0;
55           for (int j=1;j<=n;++j) 
56             if (bj[j] && L[j]>cnt) que[++len]=j;
57         sort(que+1,que+1+len,cmpR);
58         mx=0; mi=2e9; 
59           if (len>0) mi=min(mi,R[que[len]]*2+cnt);
60           for (int j=len;j>=1;--j) {
61               mx=max(mx,L[que[j]]);
62               if (j>1) mi=min(mi,R[que[j-1]]*2+mx*2-cnt);
63           }
64           if (len>0) mi=min(mi,mx*2-cnt);
65           if (!len) mi=cnt;
66         ans=min(ans,mi+sum);
67         cnt=i-1; len=0; //cnt表示向右移的位數 
68           for (int j=1;j<=n;++j)
69             if (bj[j] && R[j]>cnt) que[++len]=j;
70         sort(que+1,que+1+len,cmpL);
71         mx=0; mi=2e9;
72           if (len>0) mi=min(mi,L[que[len]]*2+cnt);
73           for (int j=len;j>=1;--j) {
74               mx=max(mx,R[que[j]]);
75               if (j>1) mi=min(mi,L[que[j-1]]*2+mx*2-cnt);
76           }
77           if (len>0) mi=min(mi,mx*2-cnt);
78           if (!len) mi=cnt;
79         ans=min(ans,mi+sum);
80       } 
81     printf("%d",ans);
82     return 0;
83 } 

AGC019D Shift and Flip（枚舉）