如何在二进制字符串中查找余额的最长子字符串，即1和0之间的差值，是> = 0？
示例：
01110000010 - ＆gt; 6：011100
1110000011110000111 - ＆gt; 19：整个字符串
虽然这个问题看起来与Maximum Value Contiguous Subsequence (Maximum Contiguous Sum)问题非常相似，但动态编程解决方案似乎并不明显。在分而治之的方法中，如何进行合并？毕竟是一种“高效”的算法吗？ （一个简单的O（n ^ 2）算法将迭代所有可能起点的所有子串。）
这是Finding a substring, with some additional conditions的修改后的变体。不同之处在于，在链接问题中，只允许这样的子串，其中余额永远不会低于零（在向前或向后方向上查看字符串）。在给定的问题中，如果余额在稍后阶段恢复，则允许余额低于零。
答案 0 :(得分：5)
我的解决方案需要O(n)额外的内存和O(n)时间。
让我们将索引h(i)的“高度”表示为
h(i) = <number of 1s in the substring 1..i> - <number of 0s in the same substring>
现在可以将问题重新表述为：查找i和j，例如h(i) <= h(j)和j-i -> max。
显然，h(0) = 0，如果是h(n) = 0，那么解决方案就是整个字符串。
现在让我们计算数组B，以便B[x] = min{i: h(i) = -x}。换句话说，让B[x]成为i所在的最左侧索引h(i)= -x。
数组B[x]的长度最多为n，并在一次线性传递中计算。
现在我们可以迭代原始字符串，并为每个索引i计算最长序列的长度，其中非负余额以i结尾，如下所示：
Lmax(i) = i - B[MIN{0, h(i)}]
所有Lmax(i)中最大的i将为您提供所需的长度。
我将证据留作练习:)如果你无法弄明白，请联系我。
此外，我的算法需要2次传递原始字符串，但您可以将它们合并为一个。
答案 1 :(得分：3)
这可以在O(n)中使用“高度数组”轻松回答，表示相对于0的数字的1的数量。与链接问题中的my answer一样。
现在，我们不再专注于原始数组，而是专注于两个索引高度的数组，一个将包含最小的索引，如找到高度，另一个将包含最大的索引这样的高度被找到。由于我们不想要负指数，我们可以将所有内容都移开，这样最小高度为0。
因此对于示例案例（我在最后添加了两个1以表明我的观点）：
1110000011010000011111
Array height visualization
/\
/ \
/ \
\ /\/\ /
\/ \ /
\ /
\ /
\/
(lowest height = -5)
Shifted height array:
[5, 6, 7, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 4, 5, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3]
Height: 0 1 2 3 4 5 6 7 8
first_view = [17,16,15, 8, 7, 0, 1, 2, 3]
last_view = [17,18,19,20,21,22, 5, 4, 3]
请注意，我们有22个数字和23个不同的索引，0-22，代表数字之间的23个空格和填充数字
我们可以在first_view中构建last_view和O(n)数组。
现在，对于first_view中的每个高度，我们只需要检查last_view中的每个更高的高度，并获取与first_view索引最大差异的索引。例如，从高度0开始，较大高度的索引的最大值为22.因此，从索引17 + 1开始的最长子串将在索引22处结束。
要查找last_view数组的最大索引，您可以将其转换为O(n)中右侧的最大值：
last_view_max = [22,22,22,22,22,22, 5, 4, 3]
因此，找到答案只是从first_view，
last_view_max
first_view = [17,16,15, 8, 7, 0, 1, 2, 3] last_view_max = [22,22,22,22,22,22, 5, 4, 3] result = [ 5, 6, 7,14,15,22, 4, 2, 0]
并且从起始索引0到结束索引22（即整个字符串）获得最大值（再次在O(n)中），即22。 = d
正确性证明：
假设最大子字符串从索引i开始，以索引j结束。
如果索引i的高度与索引k<i的高度相同，那么k..j将是一个更长的子字符串，仍然满足要求。因此，考虑每个高度的第一个指数就足够了。类似于最后一个指数。
答案 2 :(得分：0)
我们将从头开始寻找（本地）最长的子串，余额为零。我们将忽略零的字符串。 （转角情况：全零 - ＆gt;空字符串，余额永远不会再达到零 - ＆gt;整个字符串。）在这些余额为零的子字符串中，将删除所有尾随零。
由B表示具有余额的子串＆gt; 0和Z是一个只有零的子串。每个输入字符串可以如下分解（伪正则表达式）：
乙？ （Z B）* Z？
每个B都是最大可行解决方案，这意味着它不能在不减少平衡的情况下向任一方向扩展。但是，如果在折叠后余额仍然大于零，则可能会折叠BZB或ZBZ的序列。
请注意，如果ZBZ部分具有平衡＆gt; = 0，则总是可以将BZBZB的序列折叠为单个B.（可以在线性时间内一次完成。）一旦所有这些序列都被折叠，每个ZBZ部分的平衡低于零。尽管如此，仍有可能存在平衡度大于零的BZB部分 - 即使在平衡值低于零的BZBZB序列中，前导和尾随BZB部分的平衡均为零。在这一点上，似乎很难决定哪个BZB崩溃。
无论如何，通过这种简化的数据结构，人们可以尝试所有的Bs作为起点（如果还有余额，可能会向左延伸）。运行时间仍然是二次方，但（实际上）的n值要小得多。
答案 3 :(得分：0)
另一个经典。应该在O（n log n）中运行，但很难实现。
最长的可行子串位于左半部分，右半部分，或者经过边界。为两半调用算法。对于边界：
假设问题大小为n。对于跨越边界的最长可行子字符串，我们将计算子字符串左半部分的余额。
确定，每个可能的余额在-n / 2和n / 2之间，在左半部分，最长字符串的长度在边界处结束并具有此（或更大）平衡。 （线性时间！）对于从边界开始的右半部分和最长的字符串执行相同的操作。结果是两个大小为n + 1的数组;我们反转其中一个，按元素添加它们并找到最大值。 （再次，线性。）
跨越边界的余额> gt = 0的子字符串可以具有余额＆lt;如果另一部分对此进行补偿，则左侧或右侧部分为0。 （“借款”余额。）关键问题是借款多少;我们迭代所有潜在的“平衡信用”并找到最佳权衡。
因为合并（查看边界交叉串）只需要线性时间。
练习留给读者。
答案 4 :(得分：0)
受到this blog post的启发。简单而有效，一次通过online algorithm，但需要一些时间来解释。
上面的链接显示了一个不同的问题：最大子序列总和。它不能以1：1的方式映射到给定的问题，这里需要O（n）的“状态”，与原始问题的O（1）相反。不过，状态可以在O（1）中更新。
让我们重新解释一下这个问题。我们正在寻找输入中最长的子字符串，其中余额，即0和1之间的差异大于零。
状态类似于我的另一个分而治之的解决方案：我们针对每个可能的余额 {{1}计算每个职位i 和最长字符串的起始位置b，余额s(i, b)或更高，结束位置b 。也就是说，从索引i开始到s(i, b) + 1结束的字符串的余额为i或更高，并且不再有以b结尾的字符串。
我们通过最大化i来找到结果。
当然，我们不会将所有i - s(i, 0)保留在内存中，只保留当前s(i, b)（我们对输入进行迭代）的内容。我们从i的{{1}}和s(0, b) := 0的{{1}}开始。对于每个b <= 0，我们会使用以下规则进行更新：
:= undefined：b > 0。i：1如果已定义，则s(i, b) := s(i - 1, b - 1)如果0未定义。函数s(i, b) := s(i - 1, b + 1)（对于当前s(i, 0) := i）可以实现为指向长度为s(i - 1, 1)的数组的指针;根据输入，此指针向前或向后移动。在每次迭代中，我们都会注意到s的价值。
状态函数i生效，尤其是从开始到2n + 1的余额为负数时。对于尚未读取的所有可能s(i, 0)个数，它记录了达到零余额的最早起点。
因为状态函数的递归定义等同于其直接定义 - 最长字符串的起始位置，其余为s或更大，以位置i结束。
通过归纳证明。