关于程序员:926-将字符串翻转到单调递增

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这是 LeetCode 上的 926. 将字符串翻转到枯燥递增 ，难度为中等。

Tag :「LIS」、「序列 DP」、「贪婪」、「二分」、「动静布局」、「前缀和」、「枚举」、「容斥原理」

如果一个二进制字符串，是以一些 $0$（可能没有 $0$）前面跟着一些 $1$（也可能没有 $1$）的模式组成的，那么该字符串是枯燥递增的。

给你一个二进制字符串 s，你能够将任何 $0$ 翻转为 $1$ 或者将 $1$ 翻转为 $0$。

返回使 s 枯燥递增的最小翻转次数。

示例 1：

输出：s = "00110"

输入：1

解释：翻转最初一位失去 00111.

示例 2：

输出：s = "010110"

输入：2

解释：翻转失去 011111，或者是 000111。

示例 3：

输出：s = "00011000"

输入：2

解释：翻转失去 00000000。

提醒：

$1 <= s.length <= 10^5$
s[i] 为 '0' 或 '1'

依据题意，不难想到将原题进行等价转换：令 s 长度为 $n$，原问题等价于在 s 中找到最长不降落子序列，设其长度为 $ans$，那么对应的 $n – ans$ 即是答案。

因为数据范畴为 $1e5$，因而咱们须要应用 LIS 问题的贪婪求解形式：应用 g 数组记录每个长度的最小结尾元素，即 g[len] = x 含意为长度为 $len$ 的最长不降落子序列的结尾元素为 $x$，而后在从前往后解决每个 $t = s[i]$ 时，因为是求解「最长不降落子序列」，等价于找「满足大于 $t$ 的最小下标」，这能够使用「二分」进行求解。

不理解 LIS 问题或者不分明 LIS 问题贪婪解法的同学能够看前置 🧀 : LCS 问题与 LIS 问题的互相关系，以及 LIS 问题的最优解证实，外面具体解说了 LIS 贪婪解的正确性证实，以及 LCS 和 LIS 在特定条件下存在的内在联系。

代码：

class Solution {public int minFlipsMonoIncr(String s) {char[] cs = s.toCharArray();
        int n = cs.length, ans = 0;
        int[] g = new int[n + 10];
        Arrays.fill(g, n + 10);
        for (int i = 0; i < n; i++) {int t = s.charAt(i) - '0';
            int l = 1, r = i + 1;
            while (l < r) {
                int mid = l + r >> 1;
                if (g[mid] > t) r = mid;
                else l = mid + 1;
            }
            g[r] = t;
            ans = Math.max(ans, r);
        }
        return n - ans;
    }
}

工夫复杂度：$O(n\log{n})$
空间复杂度：$O(n)$

更进一步，利用 s 只存在 $0$ 和 $1$ 两种数值，咱们晓得最初的指标序列形如 000...000、000...111 或 111...111 的模式。

因而咱们能够枚举指标序列的 $0$ 和 $1$ 宰割点地位 $idx$（宰割点是 $0$ 是 $1$ 都能够，不耗费扭转次数）。

于是问题转换为：宰割点 $idx$ 右边有多少个 $1$（指标序列中宰割点右边均为 $0$，因而 $1$ 的个数为右边的扭转次数），宰割点 $idx$ 的左边有多少个 $0$（指标序列中宰割点左边均为 $1$，因而 $0$ 的个数为左边的扭转次数），两者之和即是宰割点为 $idx$ 时的总变动次数，所有 $idx$ 的总变动次数最小值即是答案。

而求解某个点右边或者左边有多少 $1$ 和 $0$ 可通过「前缀和」进行优化。

代码：

class Solution {public int minFlipsMonoIncr(String s) {char[] cs = s.toCharArray();
        int n = cs.length, ans = n;
        int[] sum = new int[n + 10];
        for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + (cs[i - 1] - '0');
        for (int i = 1; i <= n; i++) {int l = sum[i - 1], r = (n - i) - (sum[n] - sum[i]);
            ans = Math.min(ans, l + r);
        }
        return ans;
    }
}