题目描述

难度分:$1600$

输入$n(1 \leq n \leq 2 \times 10^5)$和长为$n$的数组$a$，只包含$0$和$1$。

你按照某种顺序，标记这$n$个数字。

当你标记一个数字$a[i]$时，统计$a[i]$左边所有没有被标记的$1$的个数，和右边所有没有被标记的$0$的个数，加入答案。

输出答案的最小值。

输入样例$1$

4
0 0 1 0

输出样例$1$

1

输入样例$2$

5
1 0 1 0 1

输出样例$2$

3

算法

贡献法分析+枚举

没有严格证明这是最优解，但直觉上感觉就是这个结论。可以发现：

1. 如果把所有的$1$都标记完了，剩下的$0$从右往左标记将不会产生任何代价；
2. 同理，如果把所有$0$都标记完了，剩下的$1$从左往右标记也不会产生任何代价。

对于某个$1$，它会对它右边未标记的$0$产生贡献，也就是说在标记右边的$0$时，这个$1$会对这些$0$都产生代价。而对于某个$0$，它会对它左边未标记的$1$产生贡献，也就是说在标记左边的$1$时，这个$0$也会对这些$1$产生贡献。

因此可以预处理出数组$pre$，$pre[i]$表示$[1,i]$中$1$的个数；以及一个数组$suf$，$suf[i]$表示$[i,n]$中$0$的个数。如果要先把$0$标记完，就从右往左遍历原数组，只要$a[i]=1$，就把$suf[i+1]$累加到$one$上；如果要先把$1$标记完，就从左往右遍历原数组，只要$a[i]=0$，就把$pre[i-1]$累加到$zero$上。最终答案就是$min(zero,one)$。

复杂度分析

时间复杂度

遍历了两遍数组就求出了答案，时间复杂度为$O(n)$。

空间复杂度

开辟了$pre$和$suf$两个数组，都是线性规模的，因此额外空间复杂度为$O(n)$。

C++ 代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 200010;
int n, a[N], pre[N], suf[N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    memset(pre, 0, sizeof pre);
    memset(suf, 0, sizeof suf);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        suf[i] = suf[i + 1] + 1 - a[i];
    }
    LL one = 0, zero = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(a[i] == 1) {
            one += suf[i + 1];
        }
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        if(a[i] == 0) {
            zero += pre[i - 1];
        }
    }
    printf("%lld\n", min(one, zero));
    return 0;
}