刷题笔记-字典序最小的二进制字符串 | 豆包MarsCode AI刷题

字典序最小的二进制字符串的求解

问题描述

给定一个长度为 n 的仅由字符 '0' 和 '1' 组成的字符串 s，你可以进行最多 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。

举例说明：

• 输入：n = 5, k = 2, s = "01010"
• 输出："00101"

在这个例子中，通过最多 2 次相邻字符交换，可以将字符串调整为 "00101"，这是可以得到的字典序最小的字符串。

问题分析

要在有限的操作次数内使二进制字符串的字典序最小，需要尽可能将 '0' 移动到字符串的左侧。由于每次只能交换相邻字符，每次将 '0' 向左移动一位需要一次操作。因此，我们需要在操作次数限制内，尽可能多地将 '0' 移动到左边。

关键点：

1. 交换相邻字符的代价：将位于位置 i 的 '0' 移动到位置 j（j < i）需要 i - j 次交换。

2. 贪心策略：每次尽可能将当前的 '0' 移动到最左边，直到操作次数耗尽。

3. 操作限制：由于操作次数有限，我们需要在不超过 k 次操作的情况下，安排 '0' 的移动。

解题思路

基于以上分析，我们可以采用以下贪心算法：

• 初始化：

  • 创建一个结果数组 res，用于构建最终的字符串。
  • 设置变量 write_pos，表示下一个可以放置 '0' 的位置。
  • 记录剩余的操作次数 k_remaining。

• 遍历字符串：

  • 对于每个字符，如果是 '0'：

    • 计算该 '0' 可以向左移动的最大步数：

      moves_possible = min(k_remaining, index - write_pos)
      

      • index 是当前 '0' 在原字符串中的位置。
      • write_pos 是当前可以放置 '0' 的最左位置。

    • 更新 '0' 的新位置：

      new_pos = index - moves_possible
      

    • 将 '0' 放置在 res 的 new_pos 位置。

    • 更新剩余的操作次数：

      k_remaining -= moves_possible
      

    • 更新下一个 '0' 可以放置的位置：

      write_pos += 1
      

  • 如果是 '1'，暂时跳过，稍后再填充。

• 填充 '1'：

  • 在遍历完成后，将 res 中未被填充的位置用 '1' 补上。

• 生成结果字符串：

  • 将 res 转换为字符串并返回。

算法实现

def solution(n: int, k: int, s: str) -> str:
    res = [None] * n  # 结果数组
    write_pos = 0     # 下一个可放置 '0' 的位置
    k_remaining = k   # 剩余操作次数

    for index in range(n):
        if s[index] == '0':
            # 计算当前 '0' 可以移动的最大步数
            moves_possible = min(k_remaining, index - write_pos)
            new_pos = index - moves_possible
            res[new_pos] = '0'
            k_remaining -= moves_possible
            write_pos += 1  # 下一个 '0' 的放置位置右移
        # 对于 '1'，暂不处理

    # 填充剩余位置为 '1'
    for i in range(n):
        if res[i] is None:
            res[i] = '1'

    return ''.join(res)

if __name__ == '__main__':
    print(solution(5, 2, "01010") == '00101')    # 输出 True
    print(solution(7, 3, "1101001") == '0110101')  # 输出 True
    print(solution(4, 1, "1001") == '0101')     # 输出 True

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串的长度。遍历字符串和结果数组各一次。

• 空间复杂度：O(n)，需要额外的数组 res 存储结果。

正确性证明

• 贪心选择性质：

  在每一步，我们都将当前的 '0' 尽可能向左移动，这样可以保证在当前情况下字典序最小。

• 全局最优性：

  由于每个 '0' 都尽可能向左移动，在操作次数允许的范围内，没有其他策略能比这个策略得到字典序更小的字符串。

• 操作次数限制：

  通过 k_remaining 确保总的交换次数不超过 k。

总结

这道题要求在有限次数的相邻交换操作下，得到字典序最小的字符串。通过贪心算法，我们每次将 '0' 尽可能向左移动，直到操作次数耗尽。该算法充分利用了交换相邻字符的特点，操作简单，时间效率高，适用于大规模数据。

扩展思考

• 如果字符集扩大：

  如果字符串中包含多个不同的字符，比如小写字母，那么需要采用更复杂的算法，如优先队列或树状数组。

• 如果操作不限于相邻交换：

  如果允许交换任意位置的字符，那么可以直接对字符串排序。

• 优化空间复杂度：

  可以尝试在原字符串上进行修改，减少空间开销。