递增字符串

程序员阿甘

已于 2025-03-11 18:34:10 修改

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文章标签：算法 JavaScript Java Python

于 2023-01-08 16:09:08 首次发布

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题目解析

新增一个用例：

AAABAAABBBBABB

该用例只需要修改两次。

我的解题思路如下：

首先，我们需要记录字符串长度为total，然后统计字符串中A的数量，记为A。

然后用动态规划，即定义一个dp数组，dp[i]的含义是 [0,i]闭区间内有多少个A。

统计好后，我们可以假设将 0 ~ i 闭区间内全部变成A，需要修改多少次？

0~i闭区间内理论会有 i+1 个A，而目前有dp[i] 个A，因此需要修改 i + 1 - dp[i] 次。

接着考虑将 i+1 ~ str.length-1 区间内全部变成B，需要修改多少次？

dp[i]表示 0~i闭区间内A的数量，那么 i+1~str.length-1 区间内A的数量= A - dp[i]

因此需要修改A - dp[i]次

因此，一共需要修改 i + 1 - dp[i] + A - dp[i] 次

我们从 0 ~ str.length-1 遍历出每一个 i 带入上面公式，保留最小的结果，就是题解。

另外，本题0 < s的长度 < 100000，如果使用dp数组的话，最

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34 条评论

程序员阿甘 2023.02.25
本题100%通过率

一只胖哒哒 2023.04.27
感觉好像跟动态规划无关捏 * 思路：递增字符串最后就是左半边都是A右半边都是B 极端情况都是A 或者都是B 那就不需要修改本身就是递增字符串直接返回0 * i从0开始遍历每遍历一次 i会把字符串分成了左半部分[0,i] 和右半部分[i+1,str.length()-1] * 记录左半边需要修改的个数(B->A) 即B的个数记录右半边需要修改的个数(A->B) 即A的个数 * 加起来就是以i为分界线的时候变成递增字符串需要的修改个数 * * 怎么去求左半边需要修改的个数和右半边需要修改的个数呢？即求左半边B的个数和右半边A的个数 * 首先统计字符串的数量total 和全部A的数量ACount * 每次遍历的时候如果是A 就leftA++ 以此来统计左半边[0,i]中A的数量 * 所以左半边B的个数：i+1-leftA * 右半边A的个数：ACount-leftA * 相加，就是本次遍历需要修改的个数为 i+1-leftA+ACount-leftA * i每一次遍历都会把字符串划分为左半部分和右半部分统计左半边B的数量和右半边A的数量相加就是需要修改的数量 * 再用result来记录最小的修改次数 result = Math.min(result, 本次遍历需要修改的次数);

她与残局皆遗憾.. 2023.03.29
有个解法，大家讨论下：定义：dp[i] 从下标0-i的字符串最少需要修改多少次状态转移方程： dp[i] = dp[i-1] when str(i) >= str(i-1) 解释：字符串i和i-1位置正序，无需调整 dp[i] = dp[i-1] + 1 when str(i) < str(i-1)解释：字符串i和i-1位置倒序，调整1次代码： private static int getResult(String str) { char[] arr = str.toCharArray(); int[] dp = new int[arr.length]; dp[0] = 0; for(int i = 1; i < arr.length;i++){ if(arr[i] >= arr[i-1]){ dp[i] = dp[i-1]; }else { dp[i] = dp[i-1] + 1; } } return dp[arr.length - 1]; }

帅凡x 2023.03.13
博主的这个解法很巧妙啊，根本算不上动态规划，因为不需要重复使用之前的计算结果，只是遍历了一遍数组取最小值而已
- 这不又来了回复帅凡x 2023.03.20
  function getMin(str) { let dp = [{char: "",num: 0}]; for (let i = 0; i < str.length; i++) { let newDp = []; const s = str[i]; for (let j = 0; j < dp.length; j++) { const item = dp[j]; const lastStr = item.char[item.char.length - 1]; if (lastStr == "B") { item.char += "B"; if (s == "A") { item.num++; } newDp.push(item); } else { let AItem = {char: item.char + "A", num: item.num}; let BItem = {char: item.char + "B", num: item.num}; if (s == "A") { BItem.num = item.num + 1; } else { AItem.num = item.num + 1; } newDp.push(AItem, BItem); } } dp = newDp; } let min = dp[0].num; for (let i = 1; i < dp.length; i++) { if (dp[i].num < min) { min = dp[i].num; } } console.log(dp); console.log(min); } 这才是最原始的动态规划时间复杂度O(N^2),只不过看打印出来的dp就知道怎么优化了
- 程序员阿甘回复帅凡x 2023.03.13
  应该算动态规划吧，只是我把dp数组压缩了

菜比雨哥 2023.03.09
这个力扣有原题，叫将字符串反转到单调递增，题号926
- qq_33698453回复菜比雨哥 2023.03.23
  链接已经要了。就看周末了[face]emoji:057.png[/face]
- 菜比雨哥回复qq_33698453 2023.03.22
  祝你好运
- qq_33698453回复菜比雨哥 2023.03.22
  看运气了，希望遇到些简单的[face]emoji:010.png[/face]
- 菜比雨哥回复qq_33698453 2023.03.22
  基本上就是博主这些题，都会做了一点问题没有
- qq_33698453回复菜比雨哥 2023.03.22
  我这周末想做机试，这些题还是有点难。好想回西安
- 菜比雨哥回复qq_33698453 2023.03.22
  好像是可以的，但是我没去过，两个半小时很快就过去了
- 程序员阿甘回复菜比雨哥 2023.03.22
  优选核酸检测点https://blog.youkuaiyun.com/qfc_128220/article/details/128249581 这题的题意不好把握，题目用例多种思路都能通过，目前这题最高通过率好像就是20%。我这边更新了一种新解法，大家可以看看。
- qq_33698453回复菜比雨哥 2023.03.22
  中间可以上厕所吗[face]emoji:010.png[/face]
- 菜比雨哥回复qq_33698453 2023.03.22
  还没，刚机考完，抽到核酸那道题了，就通过了20%，就考了240，还没约面试
- qq_33698453回复菜比雨哥 2023.03.21
  老哥太稳了，进去了没
- 爪哇咖啡劝退回复菜比雨哥 2023.03.16
  牛蛙现在就去看

嘿o嘿 2023.03.09
[code=java] public static void main(String[] args) { Scanner sc = new Scanner(System.in); String str = sc.nextLine(); int bCount = 0; int min = 0; for (int i = 0; i < str.length(); i++) { if (str.charAt(i) == 'B') { bCount++; } else { // 将之前的B全部改为A或者将此A改为B min = Math.min(min + 1, bCount); } } System.out.println(min); } [/code] 这种理解可以吗
- 程序员阿甘回复嘿o嘿 2023.03.09
  嗯嗯，就是我的这篇博客的解法，解析可以看这篇博客 https://fcqian.blog.youkuaiyun.com/article/details/129359680

小张今天发财了吗 2023.03.07
这个可以暴力解决吗？题目出现的例子都通过了…… [code=python] def dizeng(s): # 这个应该是，左边全部变成A+右边全部变成B，以及全部变成A，全部变成B的最小值吧？ res = 10085 minn = len(s) for i in range(len(s)): minn = min((s[:i].count('B') + s[i:].count('A')), s.count('A'), s.count('B')) if minn < res: res = minn return res print(dizeng(s)) [/code]
- 帅凡x回复小张今天发财了吗 2023.03.13
  暴力一般是求所有解，只要是题目让求最优解的，用暴力大多都会超时
- 程序员阿甘回复小张今天发财了吗 2023.03.07
  会超时呢
- 程序员阿甘回复小张今天发财了吗 2023.03.07
  不可以的，会超时，已私信发图说明

小象Elephant 2023.03.01
def words(): s = input() n = len(s) count = 0 i = 0 while i < n: if s == sorted(s): break a = "".join(sorted(s[:i + 1])) if s[:i + 1] != a: count += 1 s = s[i + 1:] n = len(s) i = 0 continue else: i += 1 return count print(words()) 这样做复杂度是不是很高
- 程序员阿甘回复小象Elephant 2023.03.01
  是的，外层while是O(n)，内层sorted也是O(n)，整体时间复杂度不少于O(n^2)

lord_95 2023.02.27
计数完使用双指针找 A 前面有B 或者B后面有A，应该可以。
- 程序员阿甘回复lord_95 2023.02.28
  没太懂这个策略

安宴 2023.02.17
会有更好的解法,两个数组,一个数组先遍历获得,每个位置B的数目,然后另一个数组反向遍历获得A的数目,求两数组对应位置之和的最小值-1即可.可以优化掉一个数组.
- 这不又来了回复安宴 2023.03.20
  function getMin2(str) { let ACount = 0; let resArr = []; let BCount = 0; for(let i = 0; i < str.length; i++) { if(str[i] == 'A') { ACount++; } } for(let i = 0; i < str.length; i++) { const s = str[i]; resArr.push(ACount + BCount); if(s == 'B') { BCount++; } if(s == 'A') { ACount--; } } resArr.push(BCount); console.log(resArr); console.log(Math.min(...resArr)); } 这样就不用使用数组存起来了，其实那个resArr也可以不要。。
- 这不又来了回复程序员阿甘 2023.03.20
  不会爆内存一个Int 占4个字节 10万个int就是0.38M, 不至于
- 程序员阿甘回复安宴 2023.02.17
  我大概理解你的想法，但是本题输入的字符串长度最大有10w，也就是说最坏情况要定义一个10w长度的数组，存储每个为A数目或B数目，这是有可能爆内存的。