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有 n 个盒子。给你一个长度为 n 的二进制字符串 boxes ，其中 boxes[i] 的值为 ‘0’ 表示第 i 个盒子是 空 的，而 boxes[i] 的值为 ‘1’ 表示盒子里有 一个 小球。

在一步操作中，你可以将 一个 小球从某个盒子移动到一个与之相邻的盒子中。第 i 个盒子和第 j 个盒子相邻需满足 abs(i - j) == 1 。注意，操作执行后，某些盒子中可能会存在不止一个小球。

返回一个长度为 n 的数组 answer ，其中 answer[i] 是将所有小球移动到第 i 个盒子所需的 最小 操作数。

每个 answer[i] 都需要根据盒子的 初始状态 进行计算。

示例 1：

输入：boxes = “110”
输出：[1,1,3]
解释：每个盒子对应的最小操作数如下：

1. 第 1 个盒子：将一个小球从第 2 个盒子移动到第 1 个盒子，需要 1 步操作。
2. 第 2 个盒子：将一个小球从第 1 个盒子移动到第 2 个盒子，需要 1 步操作。
3. 第 3 个盒子：将一个小球从第 1 个盒子移动到第 3 个盒子，需要 2 步操作。将一个小球从第 2 个盒子移动到第 3 个盒子，需要 1 步操作。共计 3 步操作。

n == boxes.length
1 <= n <= 2000
boxes[i] 为 ‘0’ 或 ‘1’

解法一：直接模拟：

class Solution {
public:vector<int> minOperations(string boxes) {int boxNum = boxes.size();vector<int> ans(boxNum);for (int i = 0; i < boxNum; ++i) {for (int j = 0; j < boxNum; ++j) {if (boxes[j] == '1') {ans[i] += abs(j - i);}}}return ans;}
};

如果有n个盒子，此算法时间复杂度为O（n${}^2$），空间复杂度为O（1）。

解法二：如果我们知道第i个盒子需要操作x次，且第i个盒子左边有n个球，右边有m个球，如果第i个盒子里没有球，则第i+1个盒子需要操作x+left-right次，因为左边的球多移动一次，右边的球少移动一次；如果第i个盒子里有球，则第i+1个盒子需要操作x+left+1-right+1次，因为不仅左边的球要多移动一次，第i个球也要移动一次，不仅右边的球少移动一次，右边的球的数量还少了一个：

class Solution {
public:vector<int> minOperations(string boxes) {int boxNum = boxes.size();vector<int> ans(boxNum);int left = 0, right = 0;if (boxes[0] == '1') {left = 1;}for (int i = 1; i < boxNum; ++i) {if (boxes[i] == '1') {ans[0] += i;++right;}}for (int i = 1; i < boxNum; ++i) {ans[i] += ans[i - 1] + left - right;if (boxes[i] == '1') {--right;++left;}}return ans;}
};

此算法时间复杂度为O（n），空间复杂度为O（1）。