AT_ABC286C 题解

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思路

观察题目可以发现 A 操作最多只能执行 $n$ 次，超过以后字符串又会回到初始状态。

首先考虑 A 操作如何实现，一种办法是将 $S$ 在原串后复制一遍，通过移动一个记录初始位置的指针（本文中为 $i$）来实现截取 $n$ 位字符。每次移动指针代价都为 $A$。

接下来考虑 B 操作的代价计算。我们可以判断之前截取的字符串是否为回文。回文字符串判断应该都会吧通过移动起始位置和结束位置指针，比较两指针对应的字符是否相同进行回文判断，每次遇到不同，总代价都加 $B$。

值得注意的是结束位置指针的取值。每次 A 操作执行完成，截取出的字符串末位下标为 $n+i-1$，在此基础上再减去起始位置即可。

回文判断部分代码：

/*i 为 A 操作中起始位置指针，t 为总代价*/
for(int j=0;j<n/2;j++)//回文判断循环变量只需到 n/2
{
	int x=i+j;//起始位置
	int y=n+i-1-j;//结束位置
	if(s[x]!=s[y])
	{
		t+=b;
	}
}

以 A 操作中起始位置指针作为外层循环变量，范围 $0\sim n-1$，内层循环为回文串判断。总时间复杂度 $O(n^2)$。

一些小细节

• 观察数据范围可知需使用 $\text{long long}$；

• 最大值可取值 $2^{62}$ 即 1ll<<62。

完整代码

#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
#define INF 1ll<<62
#define ll long long
#define int ll
using namespace std;
int n,a,b;
int ans=INF;
string s;
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);
	cin>>s;
	s+=s;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int t=a*i;
		for(int j=0;j<n/2;j++)
		{
			int x=i+j;
			int y=n+i-1-j;
			if(s[x]!=s[y])
			{
				t+=b;
			}
		}
		ans=min(ans,t);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}