1. 题目
题目地址(1422. 分割字符串的最大得分 - 力扣（LeetCode）)
题目描述
给你一个由若干 0 和 1 组成的字符串 s ，请你计算并返回将该字符串分割成两个 非空 子字符串（即 左 子字符串和 右 子字符串）所能获得的最大得分。
「分割字符串的得分」为 左 子字符串中 0 的数量加上 右 子字符串中 1 的数量。
示例 1：
输入：s = "011101" 输出：5 解释： 将字符串 s 划分为两个非空子字符串的可行方案有： 左子字符串 = "0" 且 右子字符串 = "11101"，得分 = 1 + 4 = 5 左子字符串 = "01" 且 右子字符串 = "1101"，得分 = 1 + 3 = 4 左子字符串 = "011" 且 右子字符串 = "101"，得分 = 1 + 2 = 3 左子字符串 = "0111" 且 右子字符串 = "01"，得分 = 1 + 1 = 2 左子字符串 = "01110" 且 右子字符串 = "1"，得分 = 2 + 1 = 3
示例 2：
输入：s = "00111" 输出：5 解释：当 左子字符串 = "00" 且 右子字符串 = "111" 时，我们得到最大得分 = 2 + 3 = 5
示例 3：
输入：s = "1111" 输出：3
提示：
2 <= s.length <= 500- 字符串
s仅由字符'0'和'1'组成。
2.题解
2.1 模拟(分割点)
思路
我们可以一次遍历可能的分割点i, 然后再遍历整个字符串,
在[0,i-1]遇到'0'加一,在[i,s.length()-1]遇到'1'加一
代码
- 语言支持：C++
C++ Code:
class Solution {
public:
int maxScore(string s) {
int ans = 0;
int n = s.size();
for (int i = 1; i < n; i++) {
int score = 0;
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (s[j] == '0') {
score++;
}
}
for (int j = i; j < n; j++) {
if (s[j] == '1') {
score++;
}
}
ans = max(ans, score);
}
return ans;
}
};
复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：\(O(n^2)\)
- 空间复杂度：\(O(1)\)
2.2 前缀和
思路
如果我们能记录每一种分割点情况对应的sum和,
那么遍历下一个分割点时,就可以利用前一个前缀和,只需判断当前位是0还是1即可
代码
代码1-前缀和记录sum和
class Solution {
public:
int maxScore(string s) {
int n = s.length();
vector<int> sum(n+1); // 记录前缀和
// 初始化sum[1]
if(s[0] == '0') sum[1]++;
for(int i = 1; i < n; i++){
sum[1] += s[i] - '0';
}
int ans = sum[1];
for(int i = 2; i < n ; i++){
sum[i] = sum[i-1] + (s[i-1] == '0'? 1 : -1);
ans = max(ans, sum[i]);
}
return ans;
}
};
代码2-前缀和记录1的个数
class Solution {
public:
int maxScore(string s) {
int n = s.length(), ans = 0;
vector<int> sum(n+1); // 记录i之前1的个数(注意是之前的, 下标是[0,n-1], 我们可以记录[1,n]之前的1个数)
// 初始化前缀和数组([1,n])
for(int i = 1; i <= n; i++){
sum[i] = sum[i-1] + s[i-1] - '0';
}
// 两边不能为空(这里i是个数(i-1是下标),sum[i]表示sum[i-1+1]在i之前1的个数), 所以 <= n - 1
// 这里a和b表示的都是个数, (如果i是下标[0,n-1],i+1才是个数, 其实是 a = i + 1 - sum[i+1], 比如像i=0表示 1 -sum[1])
// for(int i = 1; i <= n - 1; i++){
// int a = i - sum[i], b = sum[n] - sum[i];
// ans = max(ans, a+b);
// }
for(int i = 0; i < n - 1; i++){
int a = i + 1 - sum[i + 1], b = sum[n] - sum[i + 1];
ans = max(ans, a+b);
}
return ans;
}
};
代码3-前缀和优化-记录sum和(边遍历边记录)
我们可以看到代码1中每次其实只用到了前一次的前缀和,而我们每新一次计算时正有着上一次的前缀和,所以我们直接使用一个变量便可完成整个工作
class Solution {
public:
int maxScore(string s) {
int n = s.length(), cur = s[0] == '0' ? 1 : 0;
// 初始化 cur值
for(int i = 1; i < n; i++){
cur += s[i] - '0';
}
int ans = cur;
for(int i = 2; i < n ; i++){
cur += (s[i-1] == '0'? 1 : -1);
ans = max(ans, cur);
}
return ans;
}
};
复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：\(O(n)\)
- 空间复杂度：\(O(n)\)