3398. Smallest Substring With Identical Characters I

Problem

You are given a binary string s of length n and an integer numOps.

You are allowed to perform the following operation on s at most numOps times:

Select any index i (where 0 <= i < n) and flip s[i]. If s[i] == '1', change s[i] to '0' and vice versa.

You need to minimize the length of the longest substring of s such that all the characters in the substring are identical.

A substring is a contiguous non-empty sequence of characters within a string.

Return the minimum length after the operations.

https://leetcode.com/problems/smallest-substring-with-identical-characters-i/

Example 1:

Input: s = "000001", numOps = 1
Output: 2
Explanation:
By changing s[2] to '1', s becomes "001001". The longest substrings with identical characters are s[0..1] and s[3..4].

Example 2:

Input: s = "0000", numOps = 2
Output: 1
Explanation:
By changing s[0] and s[2] to '1', s becomes "1010".

Example 3:

Input: s = "0101", numOps = 0
Output: 1

Constraints:

1 <= n == s.length <= 1000
s consists only of '0' and '1'.
0 <= numOps <= n

Test Cases

python
class Solution:
    def minLength(self, s: str, numOps: int) -> int:

solution_test.py下载完整源码
py
import pytest

from solution import Solution
from solution2 import Solution as Solution2


@pytest.mark.parametrize('s, numOps, expected', [
    ("000001", 1, 2),
    ("0000", 2, 1),
    ("0101", 0, 1),

    ("000", 0, 3),
    ("00011", 1, 2),
])
@pytest.mark.parametrize('sol', [Solution(), Solution2()])
def test_solution(sol, s, numOps, expected):
    assert sol.minLength(s, numOps) == expected

Thoughts

本题跟 3264. Final Array State After K Multiplication Operations I 几乎一样。唯一的区别是 problem 3264 是把 m 个球分 k 次得到 k + 1 堆，每堆的球数累加即为 m；本题相当于在 m 个排成一排的球中选 k 个拿掉从而得到 k + 1 堆，每堆的球数累加还要再加上 k 才等于 m。

按照相同的思路来处理。

首先如果有连续 m 个 '0'（'1' 也类似），从其中选 k 个改成 '1'，那么剩下的最大连续 '0' 的个数的最小值为 $\lceil\frac{m-k}{k+1}\rceil$ （即尽可能平均分）。

反过来，如果希望剩下的最大连续 '0' 的个数为 a，则需要把至少 $k = \lceil\frac{m-a}{a+1}\rceil$ 个 '0' 改为 '1'。

但这里有个边界刺客就是当 m = 2 的时候，改变任何一个 '0' 都会再跟这一段两边原本的 '1' 连续起来，而改左边的 '0' 还是右边的 '0' 会导致最终需要的操作次数不一样。

幸运地是如果最大的 m 是 2，想要进一步降低就只能是全都降为 1，也就是把整个 s 改成 '0'、'1' 交替的字符串。这时候结果字符串只有两种可能，要么是 "010101..."，要么是 "101010..."，而且这两个还是互补的。只需要拿 s 跟其中一个（比如 "010101..."）逐位比较（跟 782. Transform to Chessboard 类似），如果有 k 个位置的数不一样，那么最少的操作次数就是 min{k, n - k}，如果 numOps 足够的话，最终结果就是 1。

如果 numOps 不足以把 s 改成完全 '0'、'1' 交替的字符串，那么就用模拟的方法，每次选最长连续段，用若干次操作把它打散，这样不断操作，看操作次数用尽的时候，剩下的最长连续段的长度就是结果（显然结果一定大于等于 2）。

扫描一遍 s，把所有连续段落的长度放入最大堆。显然只需要放长度大于 2 的那些。又显然如果没有长度大于 2 的连续段落，最终结果就是 2。

每次取当前最大的连续段落长度记为 a，取第二大的记为 b，令 b' = max{2, b - 1}，对 a 做 $\lceil\frac{a-b'}{b'+1}\rceil$ 次操作就可以得到比 b 小值 a'（a' ≤ b'）。把 a' 放回堆中，此时堆里最大值就是 b，继续做同样的操作，直到次数用尽，或者堆顶的值小于等于 2。

跟 problem 3264 类似，如果堆顶的 a 是由原本的 m 做了 k1 次操作得到的，就不能直接对 a 操作，而是把 k1 次操作退回去，重新对 m 做 $\lceil\frac{m-b'}{b'+1}\rceil$ 次操作。
另外需要注意，最后堆顶的值可能是 1，这时候并不意味着结果就是 1（实际上是 2），因为前边提到了，初始化的时候，所有长度为 2 的段落全都没有放进来。

一个小优化是如果有很多个相同的 m 值，并不用全都加到堆里对每一个都算一次，可以直接在堆里同时放上相同值的个数（如 cnt）。如果把 m 降到 b 需要 k 次操作，那么 cnt 个 m 就一共需要 k * cnt 次操作。唯一需要注意的是，如果剩余的操作次数（如 numOps）比 k * cnt 小，就得特殊处理一下了。记 k, r = divmod(numOps, cnt)，那么可以对 r 个 m 做 k + 1 次操作，对剩下的 cnt - r 个 m 做 k 次操作（产生了裂变，但这次裂变之后循环也就结束了）。

最坏时间复杂度 O(n log n)，但平均情况远小于此。空间复杂度 O(n)。提交之后 runtime 只用了 3 ms，远低于一般的几十到几千 ms。

Code

solution.py下载完整源码
py
from collections import defaultdict
from heapq import heapify, heappop, heappush
from math import ceil


class Solution:
    def minLength(self, s: str, numOps: int) -> int:
        n = len(s)

        # Check whether the length of longest substring could be 1.
        # It needs `k` operations on `s` to change it to '010101...'.
        # So, `n - k` operations to change it to '101010...'.
        k = sum(i & 1 ^ int(c) for i, c in enumerate(s))
        if k <= numOps or n - k <= numOps: return 1

        counts: dict[int, int] = defaultdict(int) # substring length: freq
        i = 0
        for j in range(1, n + 1):
            if j == n or s[j] != s[i]:
                counts[j - i] += 1
                i = j

        queue = [(-m, cnt, m) for m, cnt in counts.items() if m > 2] # Max-heap.
        if not queue: return 2

        min2 = lambda a, b: a if a <= b else b
        max2 = lambda a, b: a if a >= b else b

        heapify(queue)
        while numOps > 0 and queue[0][0] < -2:
            a, cnt, m = heappop(queue)
            if m != -a:
                numOps += ceil((m + a) / (1 - a)) * cnt

            b = -queue[0][0] - 1 if queue else 2
            if b == 1: b = 2

            k = ceil((m - b) / (b + 1))
            op = min2(k * cnt, numOps)
            k, r = divmod(op, cnt)

            if r > 0:
                a = ceil((m - k - 1) / (k + 2))
                numOps -= (k + 1) * r
                heappush(queue, (-a, r, m))
                cnt -= r

            a = ceil((m - k) / (k + 1))
            numOps -= k * cnt
            heappush(queue, (-a, cnt, m))

        return max2(-queue[0][0], 2)

二分法

另外 problem 3264 后边还提到了二分的处理方法，显然因为本题跟它几乎一致，也是可以套用一样的二分法。

前置的处理逻辑是一样的，先判断 numOps 是否足够把 s 改成完全 ‘0’、‘1’ 交替的字符串，可以的话就直接返回 1。

然后也是扫描 s，记录所有连续段落的长度，同样可以忽略掉长度为 2 的那些，而且可以把相同长度的段落视为同样的，只保留长度和个数。

二分法实际上是要尝试不同的结果值，看哪一个刚好能够在 numOps 次操作下可以实现。显然下界 l 就是 2，而上界 r 就是扫描 s 得到的初始时最大的连续段落长度（显然小于等于 n）。

每次取 l 和 r 的中间值 mid，看 numOps 次操作是否足够。对所有长度超过 mid 的连续段落执行操作，如果该段落长度为 m，则需要操作 $\lceil\frac{m-mid}{mid+1}\rceil$ 次；如果有 cnt 个长度为 m 的段落，再乘以 cnt 即可。

可以事先对所有的段落长度数组排序，就可以用二分法快速找到大于 mid 的起点位置，遍历右半个数组即可。

时间复杂度也是 O(n log n)，实际跑下来速度跟上边最大堆方法差不多。

solution2.py下载完整源码
py
from bisect import bisect_right
from collections import defaultdict
from math import ceil


class Solution:
    def minLength(self, s: str, numOps: int) -> int:
        n = len(s)

        # Check whether the length of longest substring could be 1.
        # It needs `k` operations on `s` to change it to '010101...'.
        # So, `n - k` operations to change it to '101010...'.
        k = sum(i & 1 ^ int(c) for i, c in enumerate(s))
        if k <= numOps or n - k <= numOps: return 1

        counts: dict[int, int] = defaultdict(int) # substring length: freq
        i = 0
        for j in range(1, n + 1):
            if j == n or s[j] != s[i]:
                counts[j - i] += 1
                i = j

        queue = [(m, cnt) for m, cnt in counts.items() if m > 2]
        if not queue: return 2

        queue.sort()
        q = len(queue)
        l = 2
        r = queue[-1][0]
        while l <= r:
            mid = (l + r) >> 1
            i = bisect_right(queue, (mid,)) # ∀queue[i:][0] > mid
            k = sum(ceil((queue[j][0] - mid) / (mid + 1)) * queue[j][1] for j in range(i, q))
            if k > numOps:
                l = mid + 1
            else:
                r = mid - 1

        return r + 1

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#二分法

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