leetcode2379：得到K个黑块的最少涂色次数（定长滑动窗口）

LeetCode2379. 得到 K 个黑块的最少涂色次数，【难度：简单；通过率：64.1%】，这道题的巧妙之处在于，它将一个看似需要“涂色操作”的问题，通过思维转换，变成了一个我们非常熟悉的 “计数” 问题

一、 题目描述

给你一个长度为 n，下标从 0 开始的字符串 blocks，blocks[i] 要么是 'W' 要么是 'B'，分别表示白色和黑色。同时给你一个整数 k，表示你想要得到的连续黑色块的数目

每一次操作中，你可以选择一个白色块将它涂成黑色

请你返回至少出现一次连续 k 个黑色块的 最少 操作次数

示例:

示例 1：

输入：blocks = "WBBWWBBWBW", k = 7
输出：3解释：
一种得到 7 个连续黑色块的方法是把第 0 ，3 和 4 个块涂成黑色
得到 blocks = "BBBBBBBWBW"
可以证明无法用少于 3 次操作得到 7 个连续的黑块
所以我们返回 3 

示例 2：

输入：blocks = "WBWBBBW", k = 2
输出：0解释：
不需要任何操作，因为已经有 2 个连续的黑块
所以我们返回 0

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二、 核心思路：问题转换 + 定长滑动窗口

初看题目，可能会想到模拟涂色。但仔细思考后会发现 要使一个长度为 k 的子串全部变为黑色，需要操作的次数恰好等于这个子串中白色块 ‘W’ 的数量

因此，题目就转换成了：在字符串 blocks 中，找到所有长度为 k 的子串，哪一个子串包含的 ‘W’ 字符数量最少？

触发关键词： “子串”，可以尝试尝试滑动窗口来解决，尝试分析一个思路：

1. 初始化窗口：首先，我们创建一个大小为 k 的窗口，覆盖字符串的前 k 个字符。我们计算出这个初始窗口中 ‘W’ 的数量，并将其作为初始的最小操作次数 ans
2. 滑动窗口：然后，让窗口向右逐格滑动。每次滑动，我们都高效地更新窗口内 ‘W’ 的数量：
   • 如果离开窗口的左侧字符是 ‘W’，则计数减 1
   • 如果进入窗口的右侧新字符是 ‘W’，则计数加 1
3. 更新结果：每次滑动后，我们都将当前窗口的 ‘W’ 数量与已知的最小值 ans进行比较，并随时更新 ans
4. 最终结果：遍历完整个字符串后，ans 就是所有长度为 k 的子串中 ‘W’ 的最少数量，即题目的答案

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三、 代码实现与深度解析

class Solution {public int minimumRecolors(String blocks, int k) {// 转为字符数组，提高效率char[] arr = blocks.toCharArray();// cnt: 记录当前窗口内白色 ('W') 块的数量// l: 窗口的左边界索引// ans: 记录到目前为止，所有窗口中白色块的最小数量int cnt = 0, l = 0, ans; // 步骤 1: 初始化第一个窗口（从索引 0 到 k-1）// 遍历前 k 个字符，计算初始窗口内的白色块数量for (int i = 0; i < k; i++) {// 如果当前字符是 'W'，则 cnt 加 1cnt = arr[i] == 'W' ? cnt + 1 : cnt;}// 将第一个窗口的白色块数量作为初始的最小操作次数ans = cnt;// 步骤 2: 滑动窗口遍历剩余的字符串// r: 窗口的右边界索引，从 k 开始，直到数组末尾// 每次循环，窗口向右滑动一格for (int r = k; r < arr.length; r++) {// 2.1 处理滑出窗口的左侧字符 (arr[l])// 如果 arr[l] 是 'W'，说明一个白色块离开了窗口，cnt 减 1// l++ 使左边界向右移动一格，为下一次循环做准备cnt = arr[l++] == 'W' ? cnt - 1 : cnt;// 2.2 处理滑入窗口的右侧字符 (arr[r])// 如果 arr[r] 是 'W'，说明一个白色块进入了窗口，cnt 加 1cnt = arr[r] == 'W' ? cnt + 1 : cnt;// 2.3 更新最小操作次数// 每次窗口滑动完成后，当前窗口的白色块数量 (cnt) 可能是一个新的最小值// 将其与之前记录的 ans 比较，取较小值ans = Math.min(ans, cnt);}// 步骤 3: 返回最终结果// 循环结束后，ans 就存储了所有长度为 k 的子串中白色块的最少数量，// 这也正是题目所求的最少操作次数return ans;}
}

提交结果：

四、 关键点与复杂度分析

• 思维转换：本题的关键在于将“最少操作次数”等价于“定长子串中最少的 ‘W’ 数量”
• 定长滑动窗口：这是解决此类问题的标准模板，通过 O(1) 的更新操作，避免了对每个子串的重复计算
• 时间复杂度：O(N) 其中 N 是字符串 blocks 的长度。我们只需要遍历一次字符串
• 空间复杂度：O(1) 或 O(N) 如果将 toCharArray() 的开销计算在内，则为 O(N)；如果不计，则只使用了常数个额外变量，为 O(1)