https://leetcode-cn.com/problems/max-consecutive-ones-iii/
给定一个由若干 0 和 1 组成的数组 A，我们最多可以将 K 个值从 0 变成 1 。
返回仅包含 1 的最长（连续）子数组的长度。
示例 1：
输入：A = [1,1,1,0,0,0,1,1,1,1,0], K = 2
输出：6
解释：
[1,1,1,0,0,1,1,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 6。
示例 2：
输入：A = [0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0,0,1,1,1,1], K = 3
输出：10
解释：
[0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 10。
提示：
1 <= A.length <= 20000
0 <= K <= A.length
A[i] 为 0 或 1
- 暂无
这道题我在 字节跳动的算法面试题是什么难度？ 提到过这道题的换皮题。大家可以将这两道题目结合起来理解。接下来，我们看下这道题如何解决。
如果题目没有最多可以将 K 个值从 0 变成 1 。这个条件，那么会很简单，是一个常规的滑动窗口模板题。 我们加上这个条件对问题有什么样的影响呢？
这道题我们只需要记录下加入窗口的是 0 还是 1：
- 如果是 1，我们什么都不用做
- 如果是 0，我们将 K 减 1
相应地，我们需要记录移除窗口的是 0 还是 1:
- 如果是 1，我们什么都不做
- 如果是 0，说明加进来的时候就是 0，加进来的时候我们 K 减去了 1，这个时候我们再加回去 1。
如果 K 减少到负数，则收缩窗口大小。不断用满足条件的窗口大小更新答案即可。
这其实就是滑动窗口的常见套路。 这种算法可行的根本原因在于其本身就是暴力枚举的优化。如果让你用最暴力的解法如何求解呢？无非就是枚举所有的子数组，这需要
比如现在是判断的子数组 A[2:3]，我们计算出 A[2:3] 有一个 0，也就是说需要将一个 0 变成 1 才行。那么当我们继续判断子数组 A[2:4]，我们只需要判断 A[4]，同时结合 A[2:3]的计数信息即可。滑动窗口就是专门优化这种每次只在端点变化，中间都不变，从而省去了中间即重复计算，进而将窗口内的计数信息从 O(w) 降低到 O(1)，其中 w 为窗口大小。
接下来，我们继续优化。实际上也是没有必要两层循环枚举所有子数组的。而是在
所有的子数组就是
- 以索引 0 为右端点的所有子数组
- 加上以索引 1 为右端点的所有子数组
- 加上以索引 2 为右端点的所有子数组
- ...
- 加上以索引 n - 1 为右端点的所有子数组，其中 n 为数组长度
这样的话我们就可以使用双指针技巧。右指针模拟右端点，使用左指针模拟左端点了。如果以索引 i 为右端点的子数组 0 的个数不大于 k，那么左指针 l 没必要右移，因为当前右指针 r 和所有的索引 i, 其中 l <= i <= r 的组合 0 的个数都不会大于 k，但是子数组还更短了，不可能是答案，因此我们直接右移右指针，这是算法的关键。通过这种方式算法的时间复杂度可从
- 语言支持：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def longestOnes(self, A: List[int], K: int) -> int:
i = ans = 0
for j in range(len(A)):
K -= A[j] == 0
while K < 0:
K += A[i] == 0
i += 1
ans = max(ans, j - i + 1)
return ans甚至更简洁：
class Solution:
def longestOnes(self, A: List[int], K: int) -> int:
i = 0
for j in range(len(A)):
K -= 1 - A[j]
if K < 0:
K += 1 - A[i]
i += 1
return j - i + 1复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：$O(n)$
- 空间复杂度：$O(1)$
此题解由 力扣刷题插件 自动生成。
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