LeetCode:926. 将字符串翻转到单调递增

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926. 将字符串翻转到单调递增

来源：力扣（LeetCode）

链接: leetcode.cn/problems/fl…

如果一个二进制字符串，是以一些 0（可能没有 0）后面跟着一些 1（也可能没有 1）的形式组成的，那么该字符串是 单调递增 的。

给你一个二进制字符串 s，你可以将任何 0 翻转为 1 或者将 1 翻转为 0 。

返回使 s 单调递增的最小翻转次数。

示例 1：

输入：s = "00110"
输出：1
解释：翻转最后一位得到 00111.

示例 2：

输入：s = "010110"
输出：2
解释：翻转得到 011111，或者是 000111。

示例 3：

输入：s = "00011000"
输出：2
解释：翻转得到 00000000。

提示：

• 1 <= s.length <= $10^5$

• s[i] 为 '0' 或 '1'

解法

• 动态规划：这种类型的题目有前后关系顺序，且只有两种状态（元素为0或1），整个题目可以转化为前i个元素 由于字符串 s 的每个位置的字符可以是 0 或 1，因此对于每个位置需要分别计算该位置的字符是 0 和该位置的字符是 1 的情况下的最小翻转次数。

假设字符串 s 的长度是 n，对于 $0 \le i < n$，用 $\textit{dp}[i][0]$ 和 $\textit{dp}[i][1]$ 分别表示下标 i处的字符为 0和 1的情况下使得 $s[0 .. i]$ 单调递增的最小翻转次数。

当 $i = 0$ 时，对应长度为 1 的前缀，一定满足单调递增，因此 $\textit{dp}[0]$ 和 $\textit{dp}[0][1]$ 的值取决于字符 $s[i]$。具体而言，$\textit{dp}[0][0] = \mathbb{I}(s[0] = \text{`1'})$，$\textit{dp}[0][1] = \mathbb{I}(s[0] = \text{`0'})$，其中 $\mathbb{I}$ 为示性函数，当事件成立时示性函数值为 1，当事件不成立时示性函数值为 0。

当 1$\le i < n$ 时，考虑下标 i 处的字符。如果下标 i 处的字符是 0，则只有当下标 i - 1处的字符是 0 时才符合单调递增；如果下标 i 处的字符是 1，则下标 i−1 处的字符是 0 或 1 都符合单调递增，此时为了将翻转次数最小化，应分别考虑下标 i−1 处的字符是 0 和 1 的情况下需要的翻转次数，取两者的最小值。

在计算 $\textit{dp}[i][0]$ 和 $\textit{dp}[i][1]$ 时，还需要根据 $s[i]$的值决定下标 i 处的字符是否需要翻转，因此可以得到如下状态转移方程，其中 $\mathbb{I}$为示性函数：

$\begin{aligned} \textit{dp}[i][0] &= \textit{dp}[i - 1][0] + \mathbb{I}(s[i] = \text{`1'}) \\ \textit{dp}[i][1] &= \min(\textit{dp}[i - 1][0], \textit{dp}[i - 1][1]) + \mathbb{I}(s[i] = \text{`0'}) \end{aligned}$ ​

遍历字符串 s计算每个下标处的状态值，遍历结束之后，$\textit{dp}[n - 1][0]$ 和 $\textit{dp}[n - 1][1]$ 中的最小值即为使字符串 s 单调递增的最小翻转次数。

实现方面有以下两点可以优化。

• 可以将边界情况定义为 $\textit{dp}[-1][0] = \textit{dp}[-1][1] = 0$ ，则可以从下标 0 开始使用状态转移方程计算状态值。

• 由于 $\textit{dp}[i]$ 的值只和 $\textit{dp}[i - 1]$ 有关，因此在计算状态值的过程中只需要维护前一个下标处的状态值，将空间复杂度降低到 O(1)。

代码实现

动态规划

python实现

class Solution:
    def minFlipsMonoIncr(self, s: str) -> int:
        n = len(s)
        if n <= 1:
            return 0
        
        dp0, dp1 = 0, 0
        for c in s:
            dp0New, dp1New = dp0, min(dp0, dp1)
            if c == '1':
                dp0New += 1
            else:
                dp1New += 1
            dp0, dp1 = dp0New, dp1New
        return min(dp0, dp1)

c++实现

class Solution {
public:
    int minFlipsMonoIncr(string s) {
        int n = s.size();
        if (n == 1)
            return 0;
        
        int dp0 = 0, dp1 = 0;
        for (auto c: s)
        {
            int dp0New = dp0, dp1New = min(dp0, dp1);
            if (c == '1')
                dp0New++;
            else
                dp1New++;
            dp0 = dp0New, dp1 = dp1New;
        }
        return dp0 <= dp1 ? dp0 : dp1;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度： $O(n)$
• 空间复杂度： $O(1)$