B2. Tokitsukaze and Good 01-String (hard version)

传送门

题面描述

输入样例

5
10
1110011000
8
11001111
2
00
2
11
6
100110

输出样例

3 2
0 3
0 1
0 1
3 1

---

题意

给定一个长度为偶数且仅包含 $0$ 和 $1$ 的字符串，每次操作可以任选一个字符并翻转，要求最后该字符串能够划分为若干段，每一段内都是偶数个相同字符，问符合题意的最小操作次数，以及在该操作次数下划分得到的最少段的数量。

结论妙妙题（即使标的知识点是 $dp$）

由于最终需要形成每一段内为偶数个相同字符，因此可以考虑遍历所有下标为偶数（默认从 $0$ 开始）的字符，并判断该字符是否与后一字符相同。当不相同时，说明需要对这两个相邻字符进行至少一次改动。

例：$111000$，最少需要对中间的 $10$ 中选择一个进行翻转，由此可以得到需要的最少操作次数，因为相邻的两个不同一定能够通过翻转一个，使得这两个字符构成一个合法段。

当然，也可能存在类似该情景的特殊情况，如：$001000$，在确定了最少操作次数的情况下，该样例可能得到的最少段数量为 $1$ 或 $2$，具体需要判断其两侧存在的段情况。

由例：$111000$ 可得，对于中间的 $10$ 字符，可以通过选定翻转字符的方式，令其向前融合（$111100$）或向后融合（$110000$）。容易扩展到，对于任意两个相邻但不相等的字符，一定能够让其融合于任一侧。（不要忘记这两个相邻字符需要满足前一个字符的下标为偶数）

因此可以将本题转化为，求字符串中已经固定的不同段的数量。例：$111000011000$，可划分为 $111000011000$，由于其中 $01$、$10$ 的特殊性，可以先做忽略，得到 $110000$ 共两个不同段。

#include
#define int long long

using namespace std;
vector<int> q;

void solve(){
	int n,ans=0,cnt=0;
	cin>>n;
	string s;
	cin>>s;
	q.clear();
	for(int i=0;i<n;i+=2){
		if(s[i]!=s[i+1])
			ans++;
		else
			q.push_back(s[i]-'0');
	}
	
	if(q.empty()){
		cout<<ans<<" "<<1<<endl;
		return;
	}
	
	for(int i=0;i<q.size()-1;i++)
		if(q[i]!=q[i+1])
			cnt++;
	cout<<ans<<" "<<cnt+1<<endl;
}

signed main(){
	ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--) 
		solve();
	return 0;
}