题解：CF1969B（Shifts and Sorting）

一、题目翻译

给定一个二进制字符串，你可以将其中一个子段（注意不是子串，是连续的）进行循环移位——将最后一个字符放在第一个字符之前，其代价为该段的长度，求让该字符串变为若干个 $0$ 在前面、若干个 $1$ 在后面形式所需要花费的最小代价。

二、思路分析

考虑贪心。

每个点被移动一次都会直接产生 $1$ 的代价，因此其实本题目的就是让被移动的点尽可能少。

首先明确，本题就是要让 $0$ 都往前去， $1$ 都往后去，因此不难想到将一个由前面 $x - 1$ 个 $1$ 与后面 $1$ 个 $0$ 组成的字符串搞好的最小的代价。显然是该串长度——首先证明可行，整段做一遍， $0$ 到最前面，代价为长度 $x$ ；再证明最优，其它的方式无论怎么倒腾都不可能避免让每一个点都被移动过一次，那样答案就不可能比总长度更小。

我们这样处理：找出总字符串最靠前的一个形如上面所提到的那种串，然后处理，继续往后做相同的操作。这样做到最后一定能够达成目的，并且如果按照别的方式就会不可避免的进行一个点的多余调用，显然不会更优秀。

最后考虑如何实现，其实每次处理不需要遍历整段去移位，可以直接将开头的 $1$ 和结尾的 $0$ 进行交换，因此直接记录目前为止最靠前的 $1$ ，如果某一位为 $0$ ，那么将从那个 $1$ 到这个 $0$ 之间处理掉（因为 $0$ 是第一个扫描到的，所以中间不存在其它 $0$ ），重复操作即可。具体见代码。

三、代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
string s;
int main() {scanf("%d", &t);while (t--) {cin >> s;int l = s.length();s = " " + s;int f = 0;long long ans = 0;for (int i = 1; i <= l; i++) {if (s[i] == '0' && f != 0) {swap(s[i], s[f]);ans += i - f + 1;for (int j = f + 1; j <= i; j++) {if (s[j] == '1') {f = j;break;}}}if (s[i] == '1' && f == 0) {f = i;}}printf("%lld\n", ans);}return 0;
}