C++前缀和算法的应用：得到连续 K 个 1 的最少相邻交换次数原理源码测试用例

本文涉及的基础知识点

C++算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例包括课程视频
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题目

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k 。 nums 仅包含 0 和 1 。每一次移动，你可以选择相邻两个数字并将它们交换。
请你返回使 nums 中包含 k 个连续 1 的最少交换次数。
示例 1：
输入：nums = [1,0,0,1,0,1], k = 2
输出：1
解释：在第一次操作时，nums 可以变成 [1,0,0,0,1,1] 得到连续两个 1 。
示例 2：
输入：nums = [1,0,0,0,0,0,1,1], k = 3
输出：5
解释：通过 5 次操作，最左边的 1 可以移到右边直到 nums 变为 [0,0,0,0,0,1,1,1] 。
示例 3：

输入：nums = [1,1,0,1], k = 2
输出：0
解释：nums 已经有连续 2 个 1 了。
提示：
1 <= nums.length <= 105
nums[i] 要么是 0 ，要么是 1 。
1 <= k <= sum(nums)

分析

假定

nums[left]和nums[r]都是1,且nums[left,r]共有k个1。

左移（右移）的顺序不影响结果

换种思考方式，将0移出。假定left < m0 < m1 < r。先移m0，移动m1，需要m0-left,移动m1,需要m1-(left+1)，共需要m0+m1-left2-1。先移m1，移动m0，需要m1-left,移动m0,需要m0-(left+1)，共需要m0+m1-left2-1。
公式:如果有n个数左移，则交换次数为：这些数距离left的和-n*(n-1)/2。

如果m1左移更划算，那么m0左移也更划算

m0相比与m1，左移消耗更少，右移消耗更多。显然左移更划算。右移类似。

代码解释

vOneIndex	依次记录了nums[i]等于1的索引。m是[left,r]中第一个右移划算的0。
[left,m)中的0 左移，[m,end)中的0右移。由于nums[end]是1，所以[m,end]中的0，就是[m,end)中的0。
v0Dis[m] - v0Dis[left]	[left,m)中的0 全部移到索引0处需要的交换次数。
left * iLeft0Num	[left,m)中的0 全部从left移动0的交换次数。
两种相减就是 [left,m)中的0 全部移动到left，处需要的交换次数。
r * iRight0Num	是[m,r)中的0全部从r移动到0。
v0Dis[r] - v0Dis[m ]	[m,r)中的0全部移动到0。
两者相减	就是[m,r)的0全部移到r需要的次数。

时间复杂度

O(n)。枚举i,时间复杂度O(n)；枚举m，时间复杂度O(n)。注意m不是从头开始，所以枚举m的总时间复杂度是O(n)，而不是每个i都是O(n)。

代码

核心代码

class Solution {
public:
int minMoves(vector& nums, int k) {
m_c = nums.size();
vector vOneIndex;
for (int i = 0; i < m_c ; i++)
{
if (1 == nums[i])
{
vOneIndex.emplace_back(i);
}
}
vector v0Dis = { 0 };//记录nums[0,i)中,nums[i]等于0时 i之和,也就是将所有nums[i]移到0处
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
long long llAdd = (0 == nums[i]) ? i : 0;
v0Dis.emplace_back(llAdd+v0Dis.back());
}
vector v0Num = { 0 };//记录nums[0,i)中0的个数
for (const auto& n : nums)
{
v0Num.emplace_back(v0Num.back() + (0==n));
}
long long llRet = INT_MAX;
int m = 0;
for (int i = 0; i + k - 1 < vOneIndex.size(); i++)
{
const int left = vOneIndex[i];
const int r = vOneIndex[i + k - 1];
if (m < left)
{
m = left + 1;
}
for (; m < r; m++)
{
if (1 == nums[m])
{
continue;
}
//[left,m)中的0 左移
const int iLeft0Num = v0Num[m] - v0Num[left];
//[m,end)中的0右移，由于nums[end]是1，所以[m,end]中的0，就是[m,end)中的0
const int iRight0Num = v0Num[r] - v0Num[m];
const int iLeftCur = m - left - iLeft0Num;
const int iRightCur = r - m - (iRight0Num - 1);
if (iRightCur <= iLeftCur)
{
break;
}
}
//m 等于r，也符合下面的逻辑[left,r)和[r,r)，右移为空
const long long iLeft0Num = v0Num[m] - v0Num[left];
const long long iRight0Num = v0Num[r] - v0Num[m];
const long long llLeftMove = v0Dis[m] - v0Dis[left] - left * iLeft0Num - (iLeft0Num - 1) * iLeft0Num / 2;
const long long llRightMove = r * iRight0Num - (v0Dis[r] - v0Dis[m]) - (iRight0Num - 1) * iRight0Num / 2;
llRet = min(llRet, llLeftMove + llRightMove);
}
return llRet;
}
int m_c;
};

测试用例

template
void Assert(const vector& v1, const vector& v2)
{
if (v1.size() != v2.size())
{
assert(false);
return;
}
for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
{
assert(v1[i] == v2[i]);
}
}

template
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{
assert(t1 == t2);
}

int main()
{
vector nums = { 1, 0, 0, 1, 0, 1 };
int k = 2;
auto res = Solution().minMoves(nums,k);
Assert(1, res);
nums = { 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1 };
k = 3;
res = Solution().minMoves(nums, k);
Assert(5, res);
nums = { 1,1,0,1 };
k = 2;
res = Solution().minMoves(nums, k);
Assert(0, res);

//CConsole::Out(res);

}

扩展阅读

视频课程

有效学习：明确的目标及时的反馈拉伸区（难度合适），可以先学简单的课程，请移步CSDN学院，听白银讲师（也就是鄙人）的讲解。
https://edu.csdn.net/course/detail/38771

如何你想快

速形成战斗了，为老板分忧，请学习C#入职培训、C++入职培训等课程
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鄙人想对大家说的话
闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
墨家名称的来源：有所得以墨记之。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛

测试环境

操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者操作系统：win10 开发环境：

VS2022 C++17

C++前缀和算法的应用：得到连续 K 个 1 的最少相邻交换次数原理源码测试用例

本文涉及的基础知识点

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