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思路

解题方法

时间复杂度

空间复杂度

Code

思路

• 首先通过循环计算前缀和 cnt 和前缀乘积和 s ，用于后续计算。
• 然后遍历数组的每个位置 i 。
• 计算当前位置 i 周围可以直接利用的 1 的数量，以及还需要的数量 need 。
• 通过调整尝试找到满足需求的最小操作次数，并更新最终的最小操作次数 ans 。

解题方法

• 利用前缀和与前缀乘积和来快速计算部分和与乘积和。
• 通过循环和二分查找来找到满足需求的最小操作次数。

时间复杂度

• 主要的时间复杂度在于外层的遍历 n 次，以及内部的二分查找，总体时间复杂度为  O(nlogn)

空间复杂度

• 创建了两个额外的辅助数组 cnt 和 s ，空间复杂度为 O(n)

Code

class Solution {
    public long minimumMoves(int[] nums, int k, int maxChanges) {
        int n = nums.length;
        int[] cnt = new int[n + 1];
        long[] s = new long[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            cnt[i] = cnt[i - 1] + nums[i - 1];
            s[i] = s[i - 1] + i * nums[i - 1];
        }
        long ans = Long.MAX_VALUE;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            long t = 0;
            int need = k - nums[i - 1];
            for (int j = i - 1; j <= i + 1; j += 2) {
                if (need > 0 && 1 <= j && j <= n && nums[j - 1] == 1) {
                    --need;
                    ++t;
                }
            }
            int c = Math.min(need, maxChanges);
            need -= c;
            t += c * 2;
            if (need <= 0) {
                ans = Math.min(ans, t);
                continue;
            }
            int l = 2, r = Math.max(i - 1, n - i);
            while (l <= r) {
                int mid = (l + r) >> 1;
                int l1 = Math.max(1, i - mid), r1 = Math.max(0, i - 2);
                int l2 = Math.min(n + 1, i + 2), r2 = Math.min(n, i + mid);
                int c1 = cnt[r1] - cnt[l1 - 1];
                int c2 = cnt[r2] - cnt[l2 - 1];
                if (c1 + c2 >= need) {
                    long t1 = 1L * c1 * i - (s[r1] - s[l1 - 1]);
                    long t2 = s[r2] - s[l2 - 1] - 1L * c2 * i;
                    ans = Math.min(ans, t + t1 + t2);
                    r = mid - 1;
                } else {
                    l = mid + 1;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
}

科学是没有国界的，因为它是属于全人类的财富，是照亮世界的火把;但学者属于祖国。——巴斯德