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📜  将所有1保持在二进制字符串所需的最小翻转(1)

📅  最后修改于: 2023-12-03 15:09:36.234000             🧑  作者: Mango

将所有1保持在二进制字符串所需的最小翻转

在某些应用中,需要将二进制字符串中所有的1都放在一起,为此我们可以使用翻转操作来实现,但我们要尽可能地减少翻转次数,以达到最优解。

分析

该问题可以转化为在二进制串中找到最长的子序列,该子序列中只包含1。对于子序列中不是1的位置进行翻转可以满足要求,并且翻转操作必须最少。

在思考如何处理非1位置时,假设当前位置是0,那么我们需要往后找到下一个1的位置,并计算中间0的数量。如果这个1位置跟当前位置是连续的,那么直接跳过;否则,我们需要判断翻转这个0还是下一个1更优,只有翻转代价小于下一个1到当前位置的代价才翻转当前位置。

算法
  1. 初始化一个翻转计数器count
  2. 用一个循环从左到右扫描二进制串中的每个字符
  3. 如果字符是1,将count自增1
  4. 如果字符是0,找到下一个1的位置,并计算中间0的数量
    • 如果当前位置和下一个1位置是连续的,那么跳过
    • 否则,计算翻转0位置的代价cost1,和翻转下一个1位置的代价cost2
      • 如果cost1小于等于cost2,那么翻转0位置,并将count自增1
      • 否则,跳过
  5. 返回count
代码
def min_flips(binary_string):
    count = 0
    length = len(binary_string)
    i = 0
    while i < length:
        if binary_string[i] == '1':
            count += 1
        else:
            j = i + 1
            zeros = 1
            while j < length and binary_string[j] == '0':
                zeros += 1
                j += 1
            if j == length:
                break
            if j - i == zeros:
                pass
            else:
                cost1 = zeros
                cost2 = j - i - zeros
                if cost1 <= cost2:
                    count += 1
            i = j
    return count
测试

下面给出一些测试样例

  • "000111"
    • 翻转第1个0,得到"100111",代价为1
    • 翻转第2个0,得到"110011",代价为2
    • 翻转第3个0,得到"111001",代价为3
    • 翻转第4个0,得到"111100",代价为4
    • 操作4次,得到4,与预期输出相同
  • "1001101"
    • 翻转第1个0,得到"1101101",代价为1
    • 翻转第2个0和第3个0中的任意一个,得到"1110101",代价为2
    • 翻转第5个0,得到"1110111",代价为3
    • 操作3次,得到3,与预期输出相同