字典序最小的01字符串 | 豆包MarsCode AI 刷题字典序最小的01字符串

字典序最小的01字符串 | 豆包MarsCode AI 刷题

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。

思路

该问题要求我们在有限次 k 操作内，通过交换相邻字符，将字符串调整为字典序最小的形式。为了得到字典序最小的字符串，显然应尽可能多地将 0 移动到前面。

对于一次交换有四种情况：相邻字符为 11 、相邻字符为 00 、相邻字符为 01 、相邻字符为 10 , 显然，对于前三种情况不应该进行交换，因为交换 11 或者 00 不会改变原字符串的字典序，交换 01 会增大字典序。我们只需要查找 10 出现的位置。

每次交换 10 都可以将 0 向左移动，减少字典序的大小。所以我们应该从左到右扫描字符串，找到第一个 10 的位置。尽可能多次地将该 10 中的 0 向左移动。这样可以确保在当前位置将 0 尽可能靠左，符合贪心思想。当 k 为 0或者扫描到达字符串末尾时得到的字符串即为字典序最小的01字符串。

代码实现

def solution(n: int, k: int, s: str) -> str:
    if len(s) < 2:
        return s
    #转成列表，python不能直接对字符串进行操作
    sl = list(s)
    s_len = len(sl)
    i = 1
    while i < s_len and k > 0:
        while i >= 1 and sl[i] == '0' and sl[i-1] == '1' and k > 0:
            sl[i-1], sl[i] = sl[i], sl[i-1]
            i -= 1
            k -= 1
        i += 1
    return ''.join(sl)

if __name__ == '__main__':
    #test cases...

或者用replace：

def solution(n: int, k: int, s: str) -> str:
    while k > 0:
        s = s.replace('10','01',1)
        k -= 1
    return s

更短的代码：

def solution(n: int, k: int, s: str) -> str:
    return s if k == 0 else solution(n, k - 1, s.replace('10', '01', 1))
    
if __name__ == '__main__':
    #test cases...

复杂度分析

1. 时间复杂度

代码的主要部分是一个外层遍历和内层嵌套循环：

外层遍历：
- 外层循环遍历字符串，从左到右，最多运行 $O(n)$ 次，其中 $n$ 是字符串的长度。
内层循环：
- 内层循环负责将 0 和其左侧的 1 交换，每次交换会减少 $k$ 的值。
- 每次遇到一个 10，内层循环最多运行与当前交换的步数相关的次数。如果交换总次数受到 $k$ 的限制，那么所有交换次数加起来最多为 $O(k)$ 。
总体复杂度：
- 外层循环会扫描整个字符串，但每次执行内层循环时，操作总数会严格减少 $k$ ，因此内层循环的累计次数总和不会超过 $k$ 。
- 因此，总体时间复杂度为 $O(n + k)$ 。