分类： leetcode

目标

给你一个二进制字符串 s 。你可以按任意顺序执行以下两种操作任意次：

• 类型 1 ：删除 字符串 s 的第一个字符并将它 添加 到字符串结尾。
• 类型 2 ：选择 字符串 s 中任意一个字符并将该字符 反转 ，也就是如果值为 '0' ，则反转得到 '1' ，反之亦然。

请你返回使 s 变成 交替 字符串的前提下， 类型 2 的 最少 操作次数 。

我们称一个字符串是 交替 的，需要满足任意相邻字符都不同。

• 比方说，字符串 "010" 和 "1010" 都是交替的，但是字符串 "0100" 不是。

示例 1：

输入：s = "111000"
输出：2
解释：执行第一种操作两次，得到 s = "100011" 。
然后对第三个和第六个字符执行第二种操作，得到 s = "101010" 。

示例 2：

输入：s = "010"
输出：0
解释：字符串已经是交替的。

示例 3：

输入：s = "1110"
输出：1
解释：对第二个字符执行第二种操作，得到 s = "1010" 。

说明：

• 1 <= s.length <= 10^5
• s[i] 要么是 '0' ，要么是 '1' 。

思路

有一个二进制字符串 s，每次操作：1.可以将首字母移动到末尾；2.或者将任意字符反转，求将 s 变为交替字符串所需的最小反转次数，即最少的操作 2 的次数。

由于不考虑首尾移动的次数，可以将首尾相接，考虑字符串 s + s。交替字符串就两种，可以使用长度为 s.length 的滑动窗口计算反转的最小次数。

可以只考虑交替字符串 010101... 所需的反转次数 k，那么 10101010... 所需的反转次数为 n - k，参考 1758_生成交替二进制字符串的最少操作数。

010101... 这种交替字符串可以用下标的奇偶性来表示。移出窗口时，如果下标的奇偶性与元素值的奇偶性不同，说明差异个数减一。移入窗口同理，操作次数加一。

代码

/**
 * @date 2026-03-09 11:42
 */
public class MinFlips1888 {

    public int minFlips(String s) {
        int n = s.length();
        char[] chars = s.toCharArray();
        int ops = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            ops += (chars[i] ^ i) & 1;
        }
        int res = Math.min(ops, n - ops);
        if ((n & 1) == 0) {
            return res;
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            ops -= (chars[i] ^ i) & 1;
            ops += (chars[i] ^ (n + i)) & 1;
            res = Math.min(res, Math.min(ops, n - ops));
        }
        return res;
    }

}

性能

目标

给你一个字符串数组 nums ，该数组由 n 个 互不相同 的二进制字符串组成，且每个字符串长度都是 n 。请你找出并返回一个长度为 n 且 没有出现 在 nums 中的二进制字符串。如果存在多种答案，只需返回 任意一个 即可。

示例 1：

输入：nums = ["01","10"]
输出："11"
解释："11" 没有出现在 nums 中。"00" 也是正确答案。

示例 2：

输入：nums = ["00","01"]
输出："11"
解释："11" 没有出现在 nums 中。"10" 也是正确答案。

示例 3：

输入：nums = ["111","011","001"]
输出："101"
解释："101" 没有出现在 nums 中。"000"、"010"、"100"、"110" 也是正确答案。

说明：

• n == nums.length
• 1 <= n <= 16
• nums[i].length == n
• nums[i] 为 '0' 或 '1'
• nums 中的所有字符串 互不相同

思路

有 n 个长度为 n 的二进制字符串数组，构造一个长度为 n 的字符串，使它与数组中的字符串不同，答案可能有多个返回任一一个即可。

康托对角线，构造字符串的第 i 个位置 与 nums[i] 的第 i 个位置不同，这样可以保证构造出的字符串与数组中的所有字符串都不同。

代码

/**
 * @date 2026-03-09 18:08
 */
public class FindDifferentBinaryString1980 {

    public String findDifferentBinaryString_v1(String[] nums) {
        int n = nums.length;
        StringBuilder sb = new StringBuilder();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int c = nums[i].charAt(i) - '0';
            sb.append(c ^ 1);
        }
        return sb.toString();
    }

}

性能

目标

给你一个二进制字符串 s 。你可以按任意顺序执行以下两种操作任意次：

• 类型 1 ：删除 字符串 s 的第一个字符并将它 添加 到字符串结尾。
• 类型 2 ：选择 字符串 s 中任意一个字符并将该字符 反转 ，也就是如果值为 '0' ，则反转得到 '1' ，反之亦然。

请你返回使 s 变成 交替 字符串的前提下， 类型 2 的 最少 操作次数 。

我们称一个字符串是 交替 的，需要满足任意相邻字符都不同。

• 比方说，字符串 "010" 和 "1010" 都是交替的，但是字符串 "0100" 不是。

示例 1：

输入：s = "111000"
输出：2
解释：执行第一种操作两次，得到 s = "100011" 。
然后对第三个和第六个字符执行第二种操作，得到 s = "101010" 。

示例 2：

输入：s = "010"
输出：0
解释：字符串已经是交替的。

示例 3：

输入：s = "1110"
输出：1
解释：对第二个字符执行第二种操作，得到 s = "1010" 。

说明：

• 1 <= s.length <= 10^5
• s[i] 要么是 '0' ，要么是 '1' 。

思路

有一个二进制字符串 s，每次操作：1.可以将首字母移动到末尾；2.或者将任意字符反转，求将 s 变为交替字符串所需的最小反转次数，即最少的操作 2 次数。

由于不考虑首尾移动的次数，可以将首尾相接，考虑字符串 s + s。交替字符串就两种，可以使用长度为 s.length 的滑动窗口计算反转的最小次数。

可以只考虑交替字符串 010101...，假设所需的反转次数为 k，那么 10101010... 所需的反转次数为 n - k，参考 1758.生成交替二进制字符串的最少操作数。

010101... 这种交替字符串可以用下标的奇偶性来表示。移出窗口时，如果下标的奇偶性与元素值的奇偶性不同，说明差异个数减一。移入窗口同理，操作次数加一。

代码

/**
 * @date 2026-03-09 11:42
 */
public class MinFlips1888 {

    public int minFlips(String s) {
        int n = s.length();
        char[] chars = s.toCharArray();
        int ops = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            ops += (chars[i] ^ i) & 1;
        }
        int res = Math.min(ops, n - ops);
        if ((n & 1) == 0) {
            // 如果长度为偶数，操作1不会改变下标的奇偶性，比如 i，i + n 的奇偶性相同，后面循环中 ops 并不会发生变化
            return res;
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            ops -= (chars[i] ^ i) & 1;
            ops += (chars[i] ^ (n + i)) & 1;
            res = Math.min(res, Math.min(ops, n - ops));
        }
        return res;
    }

}

性能

目标

给你两个正整数 n 和 k，二进制字符串 Sn 的形成规则如下：

• S1 = "0"
• 当 i > 1 时，Si = Si-1 + "1" + reverse(invert(Si-1))

其中 + 表示串联操作，reverse(x) 返回反转 x 后得到的字符串，而 invert(x) 则会翻转 x 中的每一位（0 变为 1，而 1 变为 0）。

例如，符合上述描述的序列的前 4 个字符串依次是：

• S1 = "0"
• S2 = "011"
• S3 = "0111001"
• S4 = "011100110110001"

请你返回 Sn 的 第 k 位字符 ，题目数据保证 k 一定在 Sn 长度范围以内。

示例 1：

输入：n = 3, k = 1
输出："0"
解释：S3 为 "0111001"，其第 1 位为 "0" 。

示例 2：

输入：n = 4, k = 11
输出："1"
解释：S4 为 "011100110110001"，其第 11 位为 "1" 。

示例 3：

输入：n = 1, k = 1
输出："0"

示例 4：

输入：n = 2, k = 3
输出："1"

说明：

• 1 <= n <= 20
• 1 <= k <= 2^n - 1

思路

长度为 n 的二进制字符串的递推公式为 S_1 = 0, S_i = S_(i-1) + "1" + reverse(invert(S_(i-1)))，返回 S_n 的 第 k 位 字符，k 从 1 开始。

简单的做法是根据题意模拟，改写一下递推公式的下标，从 i = 0 开始，已知递推公式 s[0] = '0', s[i] = s[i - 1] + '1' + invertAndReverse(s[i - 1])，求 s[n - 1].charAt(k - 1)。

一个更优的做法是递归。s[i] 的长度 len[i] = 2 * len[i - 1] + 1 => len[i] + 1 = 2 (len[i - 1] + 1)，len[i] + 1 是一个首项为 2，公比为 2 的等比数列，第 i 项长度为 2^i - 1。可以将它划分成三部分，注意这里下标从 1 开始：

• 1 ~ 2^(i - 1) - 1 即 s[i - 1]，如果 k 在左半边，问题变为 s[i - 1] 的第 k 个字符
• 2^(i - 1) 值是 1，直接返回
• 2^(i - 1) + 1 ~ 2^i - 1 即 invertAndReverse(s[i - 1])，如果 k 在右半边，问题变为 invertAndReverse(s[i - 1]) 的第 k - 2^(i - 1) 个字符，也是 invert(s[i - 1]) 的第 2^(i - 1) - k + 2^(i - 1) = 2^i - k 个字符。

代码

/**
 * @date 2026-03-03 14:13
 */
public class FindKthBit1545 {

    public char findKthBit(int n, int k) {
        StringBuilder[] s = new StringBuilder[n];
        Arrays.setAll(s, x -> new StringBuilder());
        s[0].append('0');
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            s[i].append(s[i - 1]).append('1').append(invertAndReverse(s[i - 1]));
        }
        return s[n - 1].charAt(k - 1);
    }

    public StringBuilder invertAndReverse(StringBuilder origin) {
        StringBuilder res = new StringBuilder();
        for (int i = 0; i < origin.length(); i++) {
            if (origin.charAt(i) == '0') {
                res.append('1');
            } else {
                res.append('0');
            }
        }
        return res.reverse();
    }

}

性能

目标

给你一个 n x n 的二进制网格 grid，每一次操作中，你可以选择网格的 相邻两行 进行交换。

一个符合要求的网格需要满足主对角线以上的格子全部都是 0 。

请你返回使网格满足要求的最少操作次数，如果无法使网格符合要求，请你返回 -1 。

主对角线指的是从 (1, 1) 到 (n, n) 的这些格子。

示例 1：

输入：grid = [[0,0,1],[1,1,0],[1,0,0]]
输出：3

示例 2：

输入：grid = [[0,1,1,0],[0,1,1,0],[0,1,1,0],[0,1,1,0]]
输出：-1
解释：所有行都是一样的，交换相邻行无法使网格符合要求。

示例 3：

输入：grid = [[1,0,0],[1,1,0],[1,1,1]]
输出：0

说明：

• n == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= n <= 200
• grid[i][j] 要么是 0 要么是 1 。

提示：

• For each row of the grid calculate the most right 1 in the grid in the array maxRight.
• To check if there exist answer, sort maxRight and check if maxRight[i] ≤ i for all possible i's.
• If there exist an answer, simulate the swaps.

思路

有一个 n x n 的二进制矩阵，每次操作可以交换相邻的两行，求使得矩阵主对角线 之上 的所有格子变为 0 所需的最小操作次数。

第 i 行最右侧的 1 的下标不能超过 i，如果不满足条件，找到第一个满足条件的行进行交换。这种贪心策略之所以可行，是因为如果存在多个满足条件的行，由于行从上到下的条件越来越宽松，满足当前行的条件也必定满足后续行，因此选最近的行交换即可。

代码

/**
 * @date 2026-03-02 8:45
 */
public class MinSwaps1536 {

    public int minSwaps(int[][] grid) {
        int n = grid.length;
        int[] maxRight = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = n - 1; j >= 0; j--) {
                if (grid[i][j] == 1) {
                    maxRight[i] = j;
                    break;
                }
            }
        }
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (maxRight[i] <= i) {
                continue;
            }
            boolean flag = false;
            int prev = maxRight[i];
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                if (maxRight[j] <= i) {
                    res += j - i;
                    flag = true;
                    maxRight[j] = prev;
                    break;
                }
                int tmp = maxRight[j];
                maxRight[j] = prev;
                prev = tmp;
            }
            if (!flag) {
                return -1;
            }
        }
        return res;
    }

}

性能