字典序最小的01字符串
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'
思路分析
因为本题所涉及到的字符仅有'0'和'1'，那么当我们比较第i个字符与第i+1个字符时，仅可能出现如下四种情况：
0与0
1与0
0与1
1与1
仔细观察并分析后不难得出结论：这四种情况只有1与0出现时，交换二者位置才能使得整个字符串的字典序变小。
所以我们需要做的事就变成了找到0与1，然后交换他们的位置
那么紧接着就自然地出现了第二个问题：从哪里开始找0与1？
这就要考虑到字典序的比较方式，字典序是按照字符的ASCII码值进行比较的顺序。对于二进制字符串，0的ASCII码值小于1，因此在比较时，0应该尽可能地出现在字符串的前面，1应该尽可能地出现在字符串的后面。也就是说高位的1对于整个字符串的字典序影响更大，也是我们优先需要交换的。
综上，我们需要从高位开始寻找"10"子串，并交换1与0的位置，直到k的次数用尽或已经不需要再交换位置。这种方法的时间复杂度是O(n*k)，其中n是字符串的长度，k是允许的交换次数。
代码展示
public class Main {
public static String solution(int n, int k, String s) {
String str = s;
boolean changed = true;//判断是否已经是字典序最小的序列
while (k>0 && changed) {
changed = false;
StringBuilder newString = new StringBuilder();
for (int i=0;i<n-1;i++) {
if (str.charAt(i) == '1' && str.charAt(i+1) == '0') {
newString.append(str.substring(0,i));
newString.append("01");
newString.append(str.substring(i+2));
changed = true;
k--;
break;
}
}
if (newString.length()==n) {
str = newString.toString();
}
}
return str;
}
public static void main(String[] args) {
System.out.println(solution(5, 2, "01010").equals("00101"));
System.out.println(solution(7, 3, "1101001").equals("0110101"));
System.out.println(solution(4, 1, "1001").equals("0101"));
}
}
