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題目大意：給出一個長度為 $n$ 的 $01$ 數列，現在可以執行的操作是：花費代價 $abs(i?j)$，使得 $a_i$ 和 $a_j$ 交換，問最少需要花費多少代價，可以使得原本為 $1$ 的位置全部變為 $0$，題目保證一定有解

題目分析：因為保證了一定有解，一開始以為就是個裸的費用流，交了一發果不其然 T 掉了，所以考慮 dp

考慮一個貪心的性質，假設初始時 $1$ 所在的位置排序后分別為 $x_1,x_2,...,x_k$，同時操作后為 $1$ 的位置分別為 $y_1,y_2,...,y_k$，顯然讓 $x_i$ 移動到 $y_i$ 的位置一定是一種最優的方案

所以可以去進行 dp，即 $d{p}_{i,j}$ 代表到了第 $i$ 個位置，已經安排了前 $j$ 個 $1$ 到相應位置的最小代價，對于每個 $0$ 所在的位置，我們可以考慮將第 $j$ 個 $1$ 放在這里，也可以什么都不操作，于是就轉變為了一個比較簡單的 dp 了

代碼：

// #pragma GCC optimize(2) // #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") // #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #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> #include<bitset> #include<list> #include<unordered_map> #define lowbit(x) x&-x using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ull; template<typename T> inline void read(T &x) {T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f; } template<typename T> inline void write(T x) {if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0'); } const int inf=0x3f3f3f3f; const int N=5e3+100; int a[N],dp[N][N]; vector<int>pos; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n;read(n);for(int i=1;i<=n;i++) {read(a[i]);if(a[i]) {pos.push_back(i);}}memset(dp,inf,sizeof(dp));int k=pos.size();dp[0][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=0;j<=k;j++) {dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]);}if(a[i]==0) {for(int j=1;j<=k;j++) {dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+abs(pos[j-1]-i));}}}printf("%d\n",dp[n][k]);return 0; }

總結

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