1004. 最大连续1的个数 III

提示

中等

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给定一个二进制数组 nums 和一个整数 k，如果可以翻转最多 k 个 0 ，则返回 数组中连续 1 的最大个数 。

示例 1：

输入：nums = [1,1,1,0,0,0,1,1,1,1,0], K = 2
输出：6
解释：[1,1,1,0,0,1,1,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 6。

示例 2：

输入：nums = [0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0,0,1,1,1,1], K = 3
输出：10
解释：[0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 10。

动态规划

首先最容易想到的是dp，(0/1背包问题，重量和价值都是1的物品）因为我们可以设置dp[i][j]表示前i个数，最多有k个0的最长连续长度。

dp[i][j]的地推公式为

        如果当前数字是1  则 ：dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1

        如果当前数字为0  则：dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1

class Solution {public int longestOnes(int[] nums, int k) {int n = nums.length;// int[][] f = new int[2][k + 1]; int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 0; j <= k; j++) {if (nums[i - 1] == 1) {f[i & 1][j] = f[(i - 1) & 1][j] + 1;} else {f[i & 1][j] = j == 0 ? 0 : f[(i - 1) & 1][j - 1] + 1;}ans = Math.max(ans, f[i & 1][j]);}}return ans;}
}

二分法：

从数据范围上分析，「平方级别」的算法过不了，往下优化就应该是「对数级别」的算法。

因此，很容易我们就会想到「二分」。

当然还需要我们对问题做一下等价变形。

最大替换次数不超过 k 次，可以将问题转换为找出连续一段区间 [l,r]，使得区间中出现 0 的次数不超过 k 次。

我们可以枚举区间 左端点/右端点 ，然后找到其满足「出现 0 的次数不超过 k 次」的最远右端点/最远左端点。

为了快速判断 [l,r] 之间出现 0 的个数，我们需要用到前缀和。

假设 [l,r] 的区间长度为 len，区间和为 tot，那么出现 0 的格式为 len - tol，再与 k 进行比较。

由于数组中不会出现负权值，因此前缀和数组具有「单调性」，那么必然满足「其中一段满足 ，另外一段不满足 」。

因此，对于某个确定的「左端点/右端点」而言，以「其最远右端点/最远左端点」为分割点的前缀和数轴，具有「二段性」。可以通过二分来找分割点。

class Solution {public int longestOnes(int[] nums, int k) {int n = nums.length;int ans = 0;int[] sum = new int[n + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + nums[i - 1];for (int i = 0; i < n; i++) {int l = 0, r = i;while (l < r) {int mid = l + r >> 1;if (check(sum, mid, i, k)) {r = mid;} else {l = mid + 1;}}if (check(sum, r, i, k)) ans = Math.max(ans, i - r + 1);}return ans;}boolean check(int[] sum, int l, int r, int k) {int tol = sum[r + 1] - sum[l], len = r - l + 1;return len - tol <= k;}
}

关于二分结束后再次 check 的说明：由于「二分」本质是找满足某个性质的分割点，通常我们的某个性质会是「非等值条件」，不一定会取得 =。

例如我们很熟悉的：从某个非递减数组中找目标值，找到返回下标，否则返回 -1。

当目标值不存在，「二分」找到的应该是数组内比目标值小或比目标值大的最接近的数。因此二分结束后先进行 check 再使用是一个好习惯。

双指针

由于我们总是比较 len、tot 和 k 三者的关系。

因此我们可以使用「滑动窗口」的思路，动态维护一个左右区间 [j, i] 和维护窗口内和 tot。

右端点一直右移，左端点在窗口不满足「len - tol <= k」的时候进行右移。

即可做到线程扫描的复杂度：

class Solution {public int longestOnes(int[] nums, int k) {int n = nums.length;int ans = 0;for (int i = 0, j = 0, tot = 0; i < n; i++) {tot += nums[i];while ((i - j + 1) - tot > k) tot -= nums[j++];ans = Math.max(ans, i - j + 1);}return ans;}
}