问题背景与分析
问题描述
小U拥有一个由0和1组成的字符串，她可以进行最多k次操作，每次操作可以交换相邻的两个字符。目标是通过这些操作，使得最终得到的字符串字典序最小。
例如，小U当前有一个字符串 01010，她最多可以进行 2 次相邻字符交换操作。通过这些操作，她可以将字符串调整为 00101，这是可以通过不超过2次操作得到的字典序最小的字符串。
现在，小U想知道，经过最多k次操作后，能够得到的字典序最小的字符串是什么。
测试样例
样例1：
输入：
n = 5, k = 2, s = "01010"
输出：'00101'
样例2：
输入：
n = 7, k = 3, s = "1101001"
输出：'0110101'
样例3：
输入：
n = 4, k = 1, s = "1001"
输出：'0101'
问题分析
- 目标明确：我们需要通过最多
k次相邻字符交换操作，使字符串的字典序最小。 - 操作限制：每次只能交换相邻的两个字符。
- 字典序最小：字典序是指字符串在字典中的顺序，例如
"00101"的字典序小于"01001"。
解决方案设计
思路
- 优先移动0：由于0在字典序中排在1之前，因此优先将0尽可能地向前移动，可以使字符串的字典序最小。
- 贪心算法：每次找到最靠前的1，并在其后面找到最近的0，然后将这个0移动到1的前面，直到用完所有的操作次数
k或者无法再进行有效的移动。
具体步骤
- 初始化：将输入字符串
s转换为字符数组chars，以便于操作。 - 外层循环：遍历字符数组
chars，直到处理完所有字符或k次操作用完。 - 内层循环：如果当前字符是
'1'，则在当前位置i之后寻找第一个'0'。 - 计算交换次数：计算从
'0'的位置j到当前位置i的距离swapCount。 - 执行交换：如果
swapCount小于等于剩余的k次操作次数，则进行交换操作，将'0'移动到当前位置i，并将中间的字符依次向后移动。 - 更新操作次数：更新
k的值，减去已经使用的交换次数。 - 返回结果：最终将字符数组
chars转换回字符串并返回。
代码实现
public String solution(int n, int k, String s) {
char[] chars = s.toCharArray();
for (int i = 0; i < n && k > 0; i++) {
if (chars[i] == '0') {
continue;
}
for (int j = i + 1; j < n && k > 0; j++) {
if (chars[j] == '0') {
int swapCount = j - i;
if (swapCount <= k) {
char temp = chars[j];
for (int m = j; m > i; m--) {
chars[m] = chars[m - 1];
}
chars[i] = temp;
k -= swapCount;
}
break;
}
}
}
return new String(chars);
}
代码解析
-
初始化：
- 将输入字符串
s转换为字符数组chars，以便于操作。
- 将输入字符串
-
外层循环：
- 遍历字符数组
chars，直到处理完所有字符或k次操作用完。 - 如果当前字符是
'0'，则跳过本次循环，继续检查下一个字符。
- 遍历字符数组
-
内层循环：
-
如果当前字符是
'1'，则在当前位置i之后寻找第一个'0'。 -
计算从
'0'的位置j到当前位置i的距离swapCount。 -
如果
swapCount小于等于剩余的k次操作次数，则进行交换操作：- 将
'0'移动到当前位置i，并将中间的字符依次向后移动。 - 更新
k的值，减去已经使用的交换次数。
- 将
-
交换完成后，跳出内层循环，继续处理下一个字符。
-
-
返回结果：
- 最终将字符数组
chars转换回字符串并返回。
- 最终将字符数组
个人思考与分析
贪心算法的有效性
在这个问题中，贪心算法是非常有效的。因为每次将 '0' 尽可能地向前移动，可以确保每一步都使字符串的字典序变小。这种局部最优的选择最终会导全局最优解。
时间复杂度分析
- 外层循环：遍历字符串的每个字符，时间复杂度为
O(n)。 - 内层循环：在最坏情况下，每次都需要遍历剩余的所有字符，时间复杂度为
O(n^2)。
总体时间复杂度为 O(n^2)，对于较小的字符串长度是可以接受的。如果字符串长度非常大，可以考虑使用更高效的数据结构（如双端队列）来优化交换操作。
空间复杂度分析
- 字符数组：将字符串转换为字符数组，空间复杂度为
O(n)。 - 其他变量：常数级别的额外空间，空间复杂度为
O(1)。
总体空间复杂度为 O(n)。
