UVa：12545 Bits Equalizer（贪心）

题目链接：https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&category=845&page=show_problem&problem=3990

题意：输入两个等长（长度不超过100）的串S和T，其中S包含字符0，1，？，但T只包含0和1。你的任务是用尽量少的步数把S变成T。每步有3种操作：把S中的0变成1；把S中的“？”变成0或者1；交换S中任意两个字符。例如：01??00经过3步可以变成001010（方法是先把两个问号变成1和0，再交换两个字符）。（本段摘自《算法竞赛入门经典（第2版）》）

分析：

直觉是采用贪心。策略如下：由于S中0可以转换成1，而1不能转换成0，所以首先统计S中？和1的个数cnt1，以及T中0的个数cnt2，如果cnt1小于cnt2，很明显无法转化成功，直接输出-1。其他情况都可以转化成功。

对于可以转换的情况，从贪心的角度来看，将S中的两个字符交换位置最多可以使2个字符到达正确位置，而其他操作只能有一个，因此优先考虑此操作。由于S和T中位置相同且字符也相同的不需要转换，因此只考虑不相同的。设S中0的个数为x，1的个数为y，？的个数为z，T中与S的1对应的0的个数为xx，与S中0对应的1的个数为yy，与S中？对应的0和1的个数分别为xxx和yyy。

如果x≥yx\ge y，则多出的0对应1可以由0直接转换成1，？也可以直接转化，ans=min(x,y)+max(x,y)−min(x,y)+cntans = min(x, y) + max(x, y) - min(x, y) + cnt（其中cnt为S中？的个数）。化简得ans=max(x,y)+cntans = max(x, y) + cnt。

如果x≤yx\le y，则多出的1可以和？对应1的地方进行互换，关键在于证明？中所对应1个数大于等于S中剩下1的个数。证明如下：由于S中0对应1的地方已经被换完了，所以假设x=0x = 0，则有题意和以上假设可得y+z=xx+xxx+yyy,z≥xx+xxxy + z = xx + xxx + yyy, z \ge xx + xxx，需证yyy≥yyyy \ge y，将已知条件合并即可得到结论。则ans=min(x,y)+max(x,y)−min(x,y)+cntans = min(x, y) + max(x, y) - min(x, y) + cnt。化简得ans=max(x,y)+cntans = max(x, y) + cnt。

综上，两种情况的结果是统一的，ans=max(x,y)+cntans = max(x, y) + cnt。

代码：

#include <iostream>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <string>

using namespace std;

const int maxn = 1005;

int T, ans, cnt, cnt1, cnt2, x, y, l;
string s, t;

int main()
{
scanf("%d", &T);
for (int C = 0; C < T; ++C)
{
ans = 0;
cnt = 0;
cnt1 = 0;
cnt2 = 0;
x = 0;
y = 0;
cin >> s >> t;
l = s.size();
for (int i = 0;i < l; ++i)
{
if (s[i] == '?')
++cnt;
if (s[i] != '1')
++cnt1;
if (t[i] == '0')
++cnt2;
if (s[i] == '0' && t[i] == '1')
++x;
if (s[i] == '1' && t[i] == '0')
++y;
}
if (cnt1 < cnt2)
ans = -1;
else
ans = max(x, y) + cnt;
printf("Case %d: %d\n", C + 1, ans);
}
return 0;
}