Leetcode 1769. 移动所有球到每个盒子所需的最小操作数

有 n 个盒子。给你一个长度为 n 的二进制字符串 boxes ，其中 boxes[i] 的值为 '0' 表示第 i 个盒子是 空 的，而 boxes[i] 的值为 '1' 表示盒子里有 一个 小球。

在一步操作中，你可以将 一个 小球从某个盒子移动到一个与之相邻的盒子中。第 i 个盒子和第 j 个盒子相邻需满足 abs(i - j) == 1 。注意，操作执行后，某些盒子中可能会存在不止一个小球。

返回一个长度为 n 的数组 answer ，其中 answer[i] 是将所有小球移动到第 i 个盒子所需的 最小 操作数。

每个 answer[i] 都需要根据盒子的 初始状态 进行计算。

 

示例 1：

输入：boxes = "110"
输出：[1,1,3]
解释：每个盒子对应的最小操作数如下：
1) 第 1 个盒子：将一个小球从第 2 个盒子移动到第 1 个盒子，需要 1 步操作。
2) 第 2 个盒子：将一个小球从第 1 个盒子移动到第 2 个盒子，需要 1 步操作。
3) 第 3 个盒子：将一个小球从第 1 个盒子移动到第 3 个盒子，需要 2 步操作。将一个小球从第 2 个盒子移动到第 3 个盒子，需要 1 步操作。共计 3 步操作。

示例 2：

输入：boxes = "001011"
输出：[11,8,5,4,3,4]

 

提示：

    n == boxes.length
    1 <= n <= 2000
    boxes[i] 为 '0' 或 '1'

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解法一：前缀和

对于每个位置将其他小球放置到该位置$i$等于左边和右边所有的$1$移动到该位置$i$的总步数之和。定义$left[i]$代表左边所有的$1$移动到位置i需要的步数，定义$cnt$为$[1,i-1]$中1的个数，那么对于当前$i$位置$left[i]=cnt+left[i-1]$。更新完$left[i]$后更新cnt继续遍历。同理可以定义$right[i]$代表$i$右边所有的1移动到该位置花费的步数。

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$

class Solution {
    public int[] minOperations(String boxes) {
        int n = boxes.length();
        char[] arr = (" " + boxes).toCharArray();
        int[] left = new int[n + 5], right = new int[n + 5], ans = new int[n];
        int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            left[i] = cnt1 + left[i - 1];
            cnt1 += (arr[i] - '0'); 
            right[n - i + 1] = cnt2 + right[n - i + 2];
            cnt2 += (arr[n - i + 1] - '0');
        } 
        for (int i = 1; i <= n; i++) ans[i - 1] = left[i] + right[i];
        return ans;
    }
}
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class Solution {
public:
    vector<int> minOperations(string boxes) {
        int n = boxes.length(); 
        vector<int> left(n + 5, 0), right(n + 5, 0), ans(n, 0);
        int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            left[i] = cnt1 + left[i - 1];
            cnt1 += (boxes[i - 1] - '0'); 
            right[n - i + 1] = cnt2 + right[n - i + 2];
            cnt2 += (boxes[n - i] - '0');
        } 
        for (int i = 1; i <= n; i++) ans[i - 1] = left[i] + right[i];
        return ans;    
    }
};
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解法二：前缀和优化

在计算答案的时候再计算left前缀和的值。首先计算出解法一中right[1]的结果保存在right中，在计算答案的时候更新left和right即可。

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(1)$

class Solution {
    public int[] minOperations(String boxes) {
        int n = boxes.length();
        char[] arr = (" " + boxes).toCharArray();
        int left = 0, right = 0, cnt1 = 0, cnt2 = 0; 
        int[] ans = new int[n];
        for (int i = n; i >= 1; i--) { 
            right += cnt2;
            cnt2 += arr[i] - '0';
        } 
        for (int i = 1; i <= n; i++, left += cnt1, right -= cnt2) {
            ans[i - 1] = left + right; 
            cnt1 += arr[i] - '0'; 
            cnt2 -= arr[i] - '0'; 
        }
        return ans;
    }
}
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class Solution {
public:
    vector<int> minOperations(string boxes) {
        int n = boxes.length(); 
        int left = 0, right = 0, cnt1 = 0, cnt2 = 0; 
        vector<int> ans(n);
        for (int i = n; i >= 1; i--) { 
            right += cnt2;
            cnt2 += boxes[i - 1] - '0';
        } 
        for (int i = 1; i <= n; i++, left += cnt1, right -= cnt2) {
            ans[i - 1] = left + right; 
            cnt1 += boxes[i - 1] - '0'; 
            cnt2 -= boxes[i - 1] - '0'; 
        }
        return ans; 
    }
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• 或者两次遍历进行答案更新。

class Solution {
    public int[] minOperations(String boxes) {
        int n = boxes.length();
        char[] arr = (" " + boxes).toCharArray();
        int left = 0, cnt1 = 0, cnt2 = 0; 
        int[] ans = new int[n];
        for (int i = n; i >= 1; i--) { 
            ans[i - 1] += (i < n ? ans[i] : 0) +  cnt2; 
            cnt2 += arr[i] - '0';
        } 
        for (int i = 1; i <= n; i++, left += cnt1) {
            ans[i - 1] += left; 
            cnt1 += arr[i] - '0';  
        }
        return ans;
    }
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