LeetCode 1375. Number of Times Binary String Is Prefix-Aligned【鸽巢原理；树状数组】中等

本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库：https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

给你一个长度为 n 、下标从 1 开始的二进制字符串，所有位最开始都是 0 。我们会按步翻转该二进制字符串的所有位（即，将 0 变为 1）。

给你一个下标从 1 开始的整数数组 flips ，其中 flips[i] 表示对应下标 i 的位将会在第 i 步翻转。

二进制字符串 前缀一致 需满足：在第 i 步之后，在 闭 区间 [1, i] 内的所有位都是 1 ，而其他位都是 0 。

返回二进制字符串在翻转过程中 前缀一致 的次数。

示例 1：

输入：flips = [3,2,4,1,5]
输出：2
解释：二进制字符串最开始是 "00000" 。
执行第 1 步：字符串变为 "00100" ，不属于前缀一致的情况。
执行第 2 步：字符串变为 "01100" ，不属于前缀一致的情况。
执行第 3 步：字符串变为 "01110" ，不属于前缀一致的情况。
执行第 4 步：字符串变为 "11110" ，属于前缀一致的情况。
执行第 5 步：字符串变为 "11111" ，属于前缀一致的情况。
在翻转过程中，前缀一致的次数为 2 ，所以返回 2 。

示例 2：

输入：flips = [4,1,2,3]
输出：1
解释：二进制字符串最开始是 "0000" 。
执行第 1 步：字符串变为 "0001" ，不属于前缀一致的情况。
执行第 2 步：字符串变为 "1001" ，不属于前缀一致的情况。
执行第 3 步：字符串变为 "1101" ，不属于前缀一致的情况。
执行第 4 步：字符串变为 "1111" ，属于前缀一致的情况。
在翻转过程中，前缀一致的次数为 1 ，所以返回 1 。

提示：

• n == flips.length
• 1 <= n <= 5 * 10^4
• flips 是范围 [1, n] 中所有整数构成的一个排列

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思考如下：由于 $[1,i]$ 内恰好有 $i$ 个整数（$i\ge 1$），如果第 $i$ 步后「前缀一致」，说明前 $i$ 步中的 $flips[0,i)$ 恰好组成了 $1$ 到 $i$ 的所有数字。由于每一步只能翻转一个位置，此时必然满足「其他位都是 $0$ 」的要求。（例如示例 1 的前 $4$ 个数和前 $5$ 个数。）

于是问题转换为：如何判断在第 $i$ 步是否找到了 $[1,i]$ 内的所有整数呢？

解法1 求和

设 $sum$ 为和，在第 $i$ 步我们加上当前的 $flips[i]$ 。如果 $sum$ 等于 $\frac{i\times (i+1)}{2}$ ，则说明在第 $i$ 步找到了 $[1,i]$ 内的所有整数。

class Solution {
public:
    int numTimesAllBlue(vector<int>& flips) {
        int ans = 0;
        long long sum = 0;
        for (int i = 1, n = flips.size(); i <= n; ++i) {
            sum += flips[i - 1];
            if (sum == (long long)i * (i + 1) / 2) ++ans;
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(1)$

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解法2 求最大值+鸽巢原理

由于题目保证「$\text{flips}$ 是范围 $[1,n]$ 中所有整数构成的一个排列」，所以前 $i$ 个数互不相同。如果 $flips$ 前 $i$ 个数的最大值等于 $i$ ，则说明找到了 $[1,i]$ 内的所有整数（如果 $[1,i]$ 中有一个数没找到，那最大值必然大于 $i$ ，与最大值等于 $i$ 矛盾。）

遍历 $\text{flips}$ ，维护前 $i$ 个数的最大值 $\text{mx}$ 。如果 $\text{mx}=i+1$ 就把答案加一（注意代码中的数组下标需要从 $0$ 开始，而题目描述是从 $1$ 开始的）。

class Solution {
    public int numTimesAllBlue(int[] flips) {
        int ans = 0, mx = 0;
        for (int i = 0; i < flips.length; ++i) {
            mx = Math.max(mx, flips[i]);
            if (mx == i + 1) ++ans;
        }
        return ans;
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ ，其中 $n$ 为 $\text{flips}$ 的长度。
• 空间复杂度：$O(1)$ 。仅用到若干额外变量。

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解法3 树状数组/线段树

本题还可用树状数组来求解，虽然时间复杂度较高。因为题目的本质是第 $i$ 步后，查询数组区间 $[1,i]$ 中 $1$ 的个数是否等于 $i$ ，或者说 $[1,i]$ 区间的和是否等于 $i$ 。加上单点的翻转操作（单点修改元素从 $0$ 到 $1$ ），很容易想到树状数组来维护动态区间和。

class Solution {
private:
    vector<int> tree;
    int n;
    int lowbit(int i) { return i & -i; }
    void add(int i, int v) {
        while (i <= n) {
            tree[i] += v;
            i += lowbit(i);
        }
    }
    int sum(int i) {
        int ans = 0;
        while (i) {
            ans += tree[i];
            i -= lowbit(i);
        }
        return ans;
    }
public:
    int numTimesAllBlue(vector<int>& flips) {
        n = flips.size();
        tree.resize(n + 1);
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            add(flips[i], 1);
            if (sum(i + 1) == i + 1) ++ans;
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n\log n)$
• 空间复杂度：$O(1)$