密钥题解
题目大意
给定一个初始01串S和一个目标01串T,每次操作可以将0->1或者1->0。每次代价是过程S中每个1的代价和，也就是说每次操作S中的1都会产生代价，要求最小代价
思路分析
因为过程中每个1都会产生代价，所以想法就是先把S中需要1->0的先进行操作，然后需要0->1的后操作，前者降序，后者升序，显然这样的代价是最小的。
我们来讨论下什么样的01需要操作
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S[i]==1~and~T[i]==0 这位必须操作且只能操作一次
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S[i]==0~and~T[i]==1 同上也必须操作
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S[i]==0~and~T[i]==0 肯定不会去操作，操作只会更劣势
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S[i]==1~and~T[i]==1 乍一看不需要进行任何操作，但别忘了，过程中的每个1都会产生代价！
这时有位大聪明就想到了，”我这种情况都进行操作不就行了“，然后你就得到WA20了，(别问我是怎么知道的，问就是我就是WA20)
所以我们就要枚举这类的操作情况的，因为要操作的话也可能会更劣势。光枚举时间肯定不过关的，我们发现这类情况我们要先操作代价比比较大的，
但后面代价小的不一定需要操作，因为多一次操作就会多一次代价！，可以想到枚举前缀。时间复杂度 O(n^2)
具体实现就是先统计必须要操作的序列，然后枚举1 1这种情况，可以用优先队列维护，但这样不方便挨个访问每个值，每次操作需要一个一个取出才行，毕竟堆只有堆顶最优，所以我们可以使用平衡树!都知道，这玩意可以拿STL里的vector实现(万能的vector)，代码非常简洁，长度就那WA20代码差不多，当然用优先队列和set之类也行咧。维护，当然写过平衡树板子的人
真·核心代码
void solve(){
for(int i=0;i<seq.size();i++){//枚举前缀
int sum=0;
fr.insert(lower_bound(fr.begin(),fr.end(),seq[i]),seq[i]);//1->0的序列
ba.insert(lower_bound(ba.begin(),ba.end(),seq[i]),seq[i]);//0->1的序列
for(int j=i+1;j<seq.size();j++)sum+=seq[j]*(fr.size()+ba.size());//不操作序列的代价
for(int j=0;j<fr.size();j++) sum+=(fr.size()-j-1)*fr[j];//1->0
for(int j=0;j<ba.size();j++) sum+=(ba.size()-j)*ba[j];//0->1
if(sum<ans) ans=sum;//更新最小代价
}
}
别说我题解发AC代码了，这次总行了吧（恼
