传送门

题意：

给出一个长度为\(n\)的串，现在有\(q\)个询问，每个询问是一个区间\([l,r]\)，要回答在区间\([l,r]\)中，最少需要删多少个数，满足区间中包含\(2017\)的子序列而不包含\(2016\)的子序列。

思路：

• 先不考虑多个询问，那么这个问题区间\(dp\)可以解决，状态定义中要附加状态转移的代价。
• 比如当前数字为\(7\)，那么显然从状态\(201\)转移过来需要\(0\)的花费；但如果不要\(7\)，那么从状态\(201\)到状态\(201\)则需要\(1\)的花费。
• 同理，若数字为\(6\)时，若前面处于状态\(201\)或者\(2017\)，显然此时的状态只能保持不能发生其它转移，但是保持也需要\(1\)的代价才行。
• 以上我们定义的是将\(0,1,2,3,4\)分别表示状态\(\empty,2,20,201,2017\)，对于每个数的状态转移都有确定的代价，这好像叫有限状态自动机？
• 考虑多个询问，因为每个询问是多个区间的问题，所以我们可以想到用线段树来保存区间信息，也就是说直接把\(dp\)挂树上去就行了。（区间\(dp\)支持区间合并）

妙啊。

#include <bits/stdc++.h>

#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 200005;

int n, q;

char s[N];

struct node{

    int a[5][5];

    node() { memset(a, INF, sizeof(a)); }

    node operator + (const node &other) const {

        node res;

        for(int i = 0; i < 5; i++) {

            for(int j = 0; j < 5; j++) {

                for(int k = 0; k < 5; k++) {

                    res.a[i][j] = min(res.a[i][j], a[i][k] + other.a[k][j]);

                }

            }

        }

        return res;

    }

}tr[N << 2];

void build(int o, int l, int r) {

    if(l == r) {

        tr[o] = node();

        for(int i = 0; i < 5; i++) tr[o].a[i][i] = 0;

        if(s[l] == '2') tr[o].a[0][1] = 0, tr[o].a[0][0] = 1;

        if(s[l] == '0') tr[o].a[1][2] = 0, tr[o].a[1][1] = 1;

        if(s[l] == '1') tr[o].a[2][3] = 0, tr[o].a[2][2] = 1;

        if(s[l] == '7') tr[o].a[3][4] = 0, tr[o].a[3][3] = 1;

        if(s[l] == '6') tr[o].a[3][3] = tr[o].a[4][4] = 1;

        return;

    }

    int mid = (l + r) >> 1;

    build(o << 1, l, mid); build(o << 1|1, mid + 1, r);

    tr[o] = tr[o << 1] + tr[o << 1|1];

}

node query(int o, int l, int r, int L, int R) {

    if(L <= l && r <= R) return tr[o];

    int mid = (l + r) >> 1;

    if(R <= mid) return query(o << 1, l, mid, L, R);

    if(L > mid) return query(o << 1|1, mid + 1, r, L, R);

    return query(o << 1, l, mid, L, R) + query(o << 1|1, mid + 1, r, L, R);

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);

    cin >> n >> q;

    cin >> s + 1;

    build(1, 1, n);

    while(q--) {

        int l, r; cin >> l >> r;

        node ans = query(1, 1, n, l, r);

        cout << (ans.a[0][4] > n ? -1 : ans.a[0][4]) << '\n';

    }

    return 0;

}