持续创作，加速成长！这是我参与「掘金日新计划 · 6 月更文挑战」的第16天，点击查看活动详情

测试岗位也越来卷了，除了基本的功能测试外，还要有编程基础、脚本经验才脱颖而出。

怎么才能提高我们的编程能力呢，刷LeetCode是最佳的途径之一，话不多数,刷题走起~

一、题目描述：

• 题目内容

• 题目示例

• 题目解析

  • 1 <= s.length <= 10**5
  • s[i] 为 '0' 或 '1'

二、思路分析：

我们读取题目，题目要求对一个二进制的字符进行翻转，使其里面字符呈单调递增。返回最小的翻转次数。

在题目中，我们可以获取到如下几点信息💻：

• 字符串s都是由 "0" 和 "1"组成
• 单调递增规则：不能出现'0'和"1"交错的现象，因此只能有三种形式出现000..111,000...000,111..111
• 通过翻转，使"0"变成"1"，或者使"1"变成"0",来达到字符串s单调递增

我们来通过如下示列2来，推理说明如下：

还记得，我们刷过的497. 非重叠矩形中的随机点题目，通过前缀和记录所有的矩形的面积。

因此，今天本题仍然使用此思路，使用前缀和来记录📝，遍历字符串前面出现的字符'0'或者"1"的个数，解答该题的思路：

• 方法一：前缀和+枚举

  • 首先，通过前缀和方法计算出字符串出现字符‘1’翻转个数
  • 前缀和公式：P[i+1] = p[0]+p[1]+p[2]+...+p[i]
  • 当p[i]为x个1,则需要翻转的次数为len(s)-i-(p[len(s)]-p[i])个字符'0'需要去翻转
  • 直到遍历完字符串s所有字符，返回最小值
  • 我们定义初始结果ans时，要定义大于10**5，否则会通过不了81/93条case

  class Solution(object):
      def minFlipsMonoIncr(self, s):
          """
          :type s: str
          :rtype: int
          """
          p = [0]*(len(s)+1)
          for i in range(len(s)):
              p[i+1] = p[i] + int(s[i])
  
          ans = 1000000
          for i in range(len(s)+1):
  
              ans = min(ans,p[i]+len(s)-i-(p[len(s)]-p[i]))
  
          return ans
  

• 方法二：简单的动态规划

  • 本题中，对于字符串s来说，只存在要么翻转字符'0'或者字符'1'两种可能
  • 因此，我们只需要定义两个变量来dp0来记录翻转0次数，dp1来记录翻转1的次数
  • 字符1和字符0翻转中，只存在四种情况 00，11，10，01，因此dp[i]只与dp[i-1]有关

  class Solution(object):
      def minFlipsMonoIncr(self, s):
          """
          :type s: str
          :rtype: int
          """
          dp0 = dp1 = 0
  
          for i in s:
              tmpdp0,tmpdp1 = dp0,min(dp0,dp1)
              if i == "1":
                  tmpdp0 = tmpdp0 +1
              else:
                  tmpdp1 = tmpdp1 + 1
  
              dp0,dp1 = tmpdp0,tmpdp1
  
          return min(dp0,dp1)
  

三、总结：

本题，仍然考察我们前缀和使用方法，通过前缀和记录字符串左边出现1到个数，然后通过公式计算出n-i-(p[n]-p[i])个0的需要翻转的，最后遍历完整个字符串s返回最小值。同样也可以使用动态规划，因为dp[i]与dp[i-1]存在关系，只有存储下一个状态值，减少空间的浪费，AC提交记录如下：

• 时间复杂度O(n),n为字符串s的长度
• 空间复杂度O(1),无额外空间占用

以上是本期内容，欢迎大佬们点赞评论，下期见～～