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给定一个仅包含小写字母的字符串s(长度小于1e5),你可以交换任意两个字符的位置,现在允许交换k次,要求交换之后,s中最长的连续相同字符个数尽量多,求这个最长连续区间的长度。

样例

输入
1 :表示k
bababbaa:表示s
输出
4

只需要把s[0]处的b移动到s[3],能够达成长度为4的连续区间。

思路

小写字母只有26种,这是一个重要信息。最后的答案会是哪个小写字母“达成”的呢? 只需要枚举26种小写字母。

最后的答案会是在哪个位置达成的呢?只需要枚举|s|个起始位置。

因为枚举连续区间起始位置的时候,连续区间是谁达成的就已经确定了(显然是由连续区间的第一个字符达成的),所以只需要枚举|s|个起始位置。

当起始位置为beg时,只需要求出连续区间的end来,从beg到end总共需要移动的次数是end-beg+1-从beg到end已经存在了的字符的个数。需要移动的次数需要小于等于k,关键在于寻找满足约束的end,这个过程可以二分实现,从beg到end已经存在的字符个数可以用前缀和数组O(1)实现。

下面代码是错误的

bbaaaabbbbbbbb,这种样例无法通过。

双向扫描一遍才能通过。

import java.util.Scanner;

public class Main {
int[][] dp;
char[] a;
int[] count;
int k; int needMove(int beg, int end) {
int ch = a[beg] - 'a';
int nowCount = dp[end][ch] - dp[beg][ch] + 1;
int regionLength = end - beg + 1;
int move = regionLength - nowCount;
return move;
} int maxContinue(int ind) {
//以ind开头移动k次最多能够达成的最大连续个数
int left = ind, right = Math.min(ind + count[a[ind] - 'a'] - 1, a.length - 1);
while (left + 1 < right) {
int mid = (left + right) >> 1;
int move = needMove(ind, mid);
if (move > k) {
right = mid - 1;
} else if (move < k) {
left = mid + 1;
} else {
left = mid;
}
}
int rightMove = needMove(ind, right);
int end = left;
if (rightMove <= k) end = right;
return end - ind + 1;
} int solve() {
int ans = 0;
for (int i = 0; i < a.length; i++) {
if (i > 0 && a[i] == a[i - 1]) {
continue;
}
ans = Math.max(ans, maxContinue(i));
}
return ans;
} Main() {
Scanner cin = new Scanner(System.in);
k = cin.nextInt();
a = cin.next().trim().toCharArray();
dp = new int[a.length][27];
for (int i = 0; i < dp[0].length; i++) {
dp[0][i] = 0;
}
dp[0][a[0] - 'a'] = 1;
for (int i = 1; i < a.length; i++) {
System.arraycopy(dp[i - 1], 0, dp[i], 0, dp[0].length);
dp[i][a[i] - 'a'] += 1;
}
count = dp[a.length - 1];
System.out.println(solve());
} public static void main(String[] args) {
new Main();
}
}

优化:双指针单向移动枚举beg和end

如果一个区间[beg,end]是合法的(移动k次能够达成连续),那么这个区间的子区间也是合法的。这个原理保证了end向后单调移动而不会回溯。

当移动end时,我们只需要判断end能否向后移动(区间[beg+1,end+1]是否合法)。这个问题跟第一种思路中的判断移动次数原理是一样的,此法需要枚举[beg,end]区间上每种字符是否合法,复杂度为|s|*26

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