题目描述
这是 LeetCode 上的 1004. 最大连续1的个数 III ，难度为 中等。
Tag : 「双指针」、「滑动窗口」、「二分」、「前缀和」
给定一个由若干 00 和 11 组成的数组 A，我们最多可以将 KK 个值从 00 变成 11 。
返回仅包含 11 的最长（连续）子数组的长度。
示例 1：
输入：A = [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。 复制代码
示例 2：
输入：A = [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。 复制代码
提示：
- 1 <= A.length <= 200001<=A.length<=20000
- 0 <= K <= A.length0<=K<=A.length
- A[i]A[i] 为 00 或 11
动态规划（TLE）
看到本题，其实首先想到的是 DP，但是 DP 是 O(nk)O(nk) 算法。
看到了数据范围是 10^4104，那么时空复杂度应该都是 10^8108。
空间可以通过「滚动数组」优化到 10^4104，但时间无法优化，会超时。
PS. 什么时候我们会用 DP 来解本题？通过如果 K 的数量级不超过 1000 的话，DP 应该是最常规的做法。
定义 f[i,j]f[i,j] 代表考虑前 ii 个数（并以 A[i]A[i] 为结尾的），最大翻转次数为 jj 时，连续 11 的最大长度。
- 如果 A[i]A[i] 本身就为 1 的话，无须消耗翻转次数，f[i][j] = f[i - 1][j] + 1f[i][j]=f[i−1][j]+1。
- 如果 A[i]A[i] 本身不为 1 的话，由于定义是必须以 A[i]A[i] 为结尾，因此必须要选择翻转该位置，f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + 1f[i][j]=f[i−1][j−1]+1。
代码：
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; } } 复制代码
- 时间复杂度：O(nk)O(nk)
- 空间复杂度：O(k)O(k)
前缀和 + 二分
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 len - tol <= klen−tol<=k，另外一段不满足 len - tol <= klen−tol<=k」。
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。
代码：
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; } } 复制代码
- 时间复杂度：O(n\log{n})O(nlogn)
- 空间复杂度：O(n)O(n)
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。
代码：
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; } } 复制代码
- 时间复杂度：O(n)O(n)
- 空间复杂度：O(1)O(1)
总结
除了掌握本题解法以外，我还希望你能理解这几种解法是如何被想到的（特别是如何从「动态规划」想到「二分」）。
根据数据范围（复杂度）调整自己所使用的算法的分析能力，比解决该题本身更加重要。
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1004 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
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