【每日一题】LeetCode 3666. 使二进制字符串全为 1 的最少操作次数

Link

给你一个二进制字符串 \(s\) 和一个整数 \(k\)。

在一次操作中，你必须选择恰好 \(k\) 个不同的下标，并将每个 \(0\) 翻转为 \(1\)，每个 \(1\) 翻转为 \(0\)。

返回使字符串中所有字符都等于 \(1\) 所需的最少操作次数。如果不可能，则返回 \(-1\)。

如 \(s = 0101, k = 3\)，可以如此进行操作将 \(s\) 变为 \(1111\)：

1. 翻转下标 \([0, 1, 3]\)。\(s\) 从 \(0101\) 变为 \(1000\)。
2. 翻转下标 \([1, 2, 3]\)。\(s\) 从 \(1000\) 变为 \(1111\)。

记 \(n = \mathrm{len}(s)\)，保证 \(1 \le k \le n \le 10^5\)，\(s\) 只含有 \(0, 1\)。

---

矩阵建模

设一个合法的方案中进行了 \(m\) 次操作，第 \(i\) 次操作形如一个 \(n\) 维（行）向量 \(x_i\)，其中每个元素 \(x_{i,j}\) 为 \(0\) 或 \(1\)，代表对第 \(j\) 个位置不进行 / 进行一次翻转。

如上述例子可以写成 \(2\) 个 \(4\) 维向量（即 \(2 \times 4\) 矩阵）：

\[X = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \]

一般地，我们有 \(01\) 矩阵 \(X\)，大小为 \(m\) 行 \(n\) 列。这代表对 \(s\) 的一种操作集合。

必要条件

为了探索 \(X\) 的性质，考虑刻画矩阵 \(X\) 存在的必要条件。

核心条件

行观点

任取 \(0 \le i \le m - 1\)，每次操作 \(x_i\) 都恰好翻转了 \(k\) 个位置。

因此 \(X\) 的每一行之和均为 \(k\)，即任取 \(i\) 都有：

\[\sum_{j = 0}^{n - 1} X_{i,j} = k \]

列观点

任取 \(0 \le j \le n - 1\)，对 \(s\) 的第 \(j\) 个字符 \(s_j\)，

• 如果 \(s_j = 0\)，则 \(j\) 这个位置必然经过奇数次操作。
  即 \(X\) 的第 \(j\) 列之和为奇数。

\[\left(\sum_{i = 0}^{m - 1} X_{i,j}\right) \bmod 2 = 1 \]

• 如果 \(s_j = 1\)，则 \(j\) 这个位置必然经过偶数次操作。
  即 \(X\) 的第 \(j\) 列之和为偶数。

\[\left( \sum_{i = 0}^{m - 1} X_{i,j} \right) \bmod 2 = 0 \]

算两次思想与奇偶性判定

上面的讨论都关于矩阵 \(X\) 的元素和 \(\sum_i \sum_j X_{i, j}\)，综合两个条件得到：

\[\begin{aligned} m \cdot k = \sum_{i = 0}^{m - 1} k &= \sum_{i = 0}^{m - 1} \left(\sum_{j = 0}^{n - 1} X_{i,j}\right) \\ &= \sum_{j = 0}^{n - 1} \left(\sum_{i = 0}^{m - 1} X_{i,j} \right) = \sum_{j = 0}^{n - 1} \left (2 \epsilon + \left[s_j = 0\right] \right) = 2 \epsilon + \sum_{j = 0}^{n - 1} \left[s_j = 0\right] \end{aligned} \]

上面的式子利用了算两次的思想，两行重合的部分交换了求和顺序。第一行是先对行求和、再对列求和，第二行是先对列求和、再对行求和。

第二行的 \(\epsilon\) 是一些自然数。暂时忽略 \(\epsilon\)，等式两边对 \(2\) 取模，有

\[(m \cdot k) \bmod 2 = \left(\sum_{j = 0}^{n - 1} \left[s_j = 0\right]\right) \bmod 2 \]

注意到 \(\sum_{j} \left[s_j = 0\right]\) 即为 \(s\) 中 \(0\) 的个数，记为 \(c\)。式子化为：

\[\boxed{ (m \cdot k) \bmod 2 = c \bmod 2 } \]

应用极端原理

现在考虑利用极端原理：矩阵 \(X\) 元素和 \(m \cdot k\) 的极值是多少？

下界

最好情况下，我们只需要把每个 \(s_j = 0\) 的位置翻转一次，剩下的 \(s_j = 1\) 的位置不需要翻转。因此：

\[m \cdot k = \sum_i \sum_j X_{i,j} \ge 1 \cdot c + 0 \cdot (n - c) = c \]

上界

最坏情况下，每个位置都反复被翻转了。这里分 \(m\) 的奇偶性讨论：

\(m\) 为奇数

• \(s_j = 0\) 的位置翻转了 \(m\) 次，
• \(s_j = 1\) 的位置翻转了 \(m - 1\) 次。

\[\sum_i \sum_j X_{i,j} \le m \cdot c + (m - 1) \cdot (n - c) = m \cdot n - (n - c) \]

\(m\) 为偶数

• \(s_j = 0\) 的位置翻转了 \(m - 1\) 次，
• \(s_j = 1\) 的位置翻转了 \(m\) 次。

\[\sum_i \sum_j X_{i,j} \le (m - 1) \cdot c + m \cdot (n - c) = m \cdot n - c \]

结论

综上所述，我们得到了若干必要条件：

• \((m \cdot k) \bmod 2 = c \bmod 2\)
• 若 \(m\) 为奇数，

\[c \le mk \le mn - (n - c) \]

• 若 \(m\) 为偶数，

\[c \le mk \le mn - c \]

充分性证明

事实上上述必要条件也是充分的。下面说明其充分性，即只要 \(m\) 满足这样的条件，必然存在对应的合法的 \(X\)。

初始条件 \(X_0\)

取一个矩阵 \(X_0\)，使得对任意的 \(0 \le j \le n - 1\)，只要 \(s_j = 0\)，那么第 \(j\) 行恰有一个 \(1\)（即和为 \(1\)），否则全为 \(0\)；并且每一列的元素和均不超过 \(k\)。

此时矩阵 \(X_0\) 元素和为 \(c \le mk\)，必然存在一种方案使得每列合法（考虑对有 \(1\) 的行构成的子矩阵，沿着循环意义下的对角线填 \(1\)，即为合法方案）。

调整变换

一个重要的观察是：每次选择 \(0 \le i_1, i_2 \le n - 1\) 且 \(i_1 \neq i_2\)，令 \(X_{i_1, j}, X_{i_2, j}\) 翻转，不会影响最终的串 \(s\)。即对两次操作，如果都没有翻转某个位置，则同时翻转这个位置效果不变。

于是一直对 \(X_0\) 做这样的变换，每次会使得 \(X_0\) 的元素和变大 \(2\)。每一行进行这样的变换次数是有限的，最后一定会让一行变成全 \(1\) 或仅剩下一个 \(0\)，也就是有 \(m\) 个 \(1\) 或 \(m - 1\) 个 \(1\)（取决于 \(s_j\) 和 \(m\) 的奇偶性），对应最大值。

应用介值定理

考虑条件 \(c \le mk \le mn - \Delta = \max\)，并且 \(mk \bmod 2 = c \bmod 2\)，由离散介值定理可知过程中元素和能够取到 \(mk\)。

另外，过程中也不会存在某些列，其一列的元素和不等于 \(k\)。

只需保证我们每次选择时都选择元素和最小的列，结束时若存在某些列，其一列的元素和小于 \(k\)，说明先前有操作未选择最小的列来加，这导致矛盾；若不存在，则根据同向不等式可加性可说明每列的元素和均为 \(k\)。

构造最小值作为答案

充分性证毕，下面说明如何求答案。整理不等式条件 \(c \le mk \le mn - \Delta = \max\)，分奇偶讨论：

\(m\) 是奇数

令 \(m = 2u - 1\)，其中 \(u\) 是整数。

\[\begin{aligned} c \le (2u - 1) k \iff &u \ge \left \lceil \frac{c + k}{2k} \right \rceil \\ (2u - 1) k \le (2u - 1)n - (n - c) \iff &u \ge \left \lceil \frac{2n - c - k}{2(n - k)} \right \rceil \\ \end{aligned} \]

注意 \(c, k \le n\)。因此最小奇数解 \(m_{odd}\) 满足：

\[\boxed{ m_{odd} = 2 \cdot \min\left( \left \lceil \frac{c + k}{2k} \right \rceil, \left \lceil \frac{2n - c - k}{2(n - k)} \right \rceil\right) - 1} \]

\(m\) 是偶数

令 \(m = 2u\)，其中 \(u\) 是整数。

\[\begin{aligned} c \le 2u k \iff &u \ge \left \lceil \frac{c}{2k} \right \rceil \\ 2uk \le 2un - c \iff &u \ge \left \lceil \frac{c}{2(n - k)} \right \rceil \\ \end{aligned} \]

注意 \(c, k \le n\)。因此最小偶数解 \(m_{even}\) 满足：

\[\boxed{ m_{even} = 2 \cdot \min\left( \left \lceil \frac{c}{2k} \right \rceil, \left \lceil \frac{c}{2(n - k)} \right \rceil\right) } \]

验证 \(m_{odd}\) 和 \(m_{even}\) 是否满足充要条件即可。

复杂度分析

• 时间复杂度为 \(O(n)\)，瓶颈在于计算 \(c\)。
• 空间复杂度为 \(O(n)\)，瓶颈在于储存 \(s\)。

加强

本题可加强为给定 \(n, c, k\)，求答案，其中 \(1 \le k \le n \le 10^9, 0 \le c \le n\)。

加强实现难度，考虑构造一个操作序列。

---

class Solution {
public:
    int uppdiv(int x, int y) { return (x + y - 1) / y; }
    int minOperations(std::string s, int k) {
        int n = s.size();
        int c = std::count(s.begin(), s.end(), '0');
        if (k == n) {
            return c == n ? 1 : -1;
        }
        int me = std::max(uppdiv(c, 2 * k), uppdiv(c, 2 * (n - k))) * 2;
        int mo = std::max(uppdiv(c + k, 2 * k), uppdiv(2 * n - c - k, 2 * (n - k))) * 2 - 1;
        int ans = INT_MAX;
        if (1LL * me * k % 2 == c % 2 && 1LL * me * n - c >= 1LL * me * k) {
            ans = std::min(me, ans);
        }
        if (1LL * mo * k % 2 == c % 2 && 1LL * mo * n - n + c >= 1LL * mo * k) {
            ans = std::min(mo, ans);
        }
        return ans == INT_MAX ? -1 : ans;
    }
};