CodeForces - 1333D Challenges in school №41(构造+模拟)

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题目大意：给出 n 代表字符串长度，k 代表操作次数，还有一个长度为 n ，只包含 ' L ' 和 ' R ' 的字符串 s ，对于每次操作，可以选择数对不相交的 i ，满足 a[ i ] == ' R ' && a[ i +1 ] == ' L ' ，操作可以使得 a[ i ] = ' L ' , a[ i +1 ] = ' R ' ，问能否恰好进行 k 次操作，使得所有的 L 都位于字符串的左半部分，且所有的 R 都位于字符串的右半部分

题目分析：1750 分的一道构造题，比赛时完全交给队友去做了，自己签完到后直接去了 F 题，赛后反思感觉应该去帮队友一下的，因为补题的时候发现这是一道偏向模拟的构造题，相对来说我还是比较擅长的。。有点可惜，死脑筋去磕 F 题，导致 D 和 F 两个题都没做出来，唉

首先要理解题目中的操作其实就是交换满足条件的相邻的一对字符，而读完题后我是直接猜出了一个结论，那就是无论如何交换，最后使得字符串满足条件的操作总数是相同的，而可以变换的是如何分组，举个很简单的例子，对于 RLRLRL 这个字符串，我们可以一回合直接改变第一对，第二对以及第三对 RL ，也就是一次操作为

3 1 3 5

也可以分三个回合分别改变这三个位置，也就是输出

1 1

1 3

1 5

明白了这里之后就不难想了，因为 n 只给到了 3000 ，所以我们可以直接 n * n 去贪心维护出分组最少的情况，分组数可以记为 cnt ，同时记得维护一下总操作数 tot ，有了这两个变量之后就可以特判 -1 的情况了，显然如果 k 比最小分组 cnt 还要小时，或者 k 比总操作数 tot 都要大时是 -1 的情况，其余情况都是可以通过拆分最小分组 cnt 来达到的，剩下的模拟就好了，实现起来也是有技巧的，具体的可以参考代码

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<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;char s[N];vector<int>ans[N];int cnt=0,tot=0,n,k;int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d%d",&n,&k);scanf("%s",s+1);bool flag;do{flag=false;cnt++;//最少分组数 for(int i=1;i<n;i++)if(s[i]=='R'&&s[i+1]=='L'){swap(s[i],s[i+1]);ans[cnt].push_back(i);flag=true;i++;tot++;//总操作数}}while(flag);cnt--;if(cnt>k||tot<k) return 0*puts("-1");for(int i=1;i<=cnt;i++){while(k>(cnt-i+1)&&ans[i].size())//这里是判断剩下的分组与还需要输出的个数k的大小关系{printf("%d %d\n",1,ans[i].back());ans[i].pop_back();k--;}if(ans[i].size()){printf("%d",ans[i].size());for(int j=0;j<ans[i].size();j++)printf(" %d",ans[i][j]);puts("");k--;}}return 0;
}

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