将所有 0 放在二进制字符串中的 1 之前所需的最小删除

本问题是一个关于字符串的问题，给出一个二进制字符串，需要将其中所有的 0 移动到字符串中所有的 1 之前，最少需要删除多少个字符。例如，对于字符串 "0100"，需要删除 "00" 使字符串变成 "1"。

方法1 - 动态规划

我们可以使用动态规划来解决这个问题。定义 $dp[i][0]$ 表示字符串前 $i$ 个字符中，以 0 结尾的字串中删除最少的元素使得剩下的子串中所有的 0 都移动到了 1 的前面，同时定义 $dp[i][1]$ 表示字符串前 $i$ 个字符中，以 1 结尾的字串中删除最少的元素使得剩下的子串中所有的 0 都移动到了 1 的前面。我们可以根据当前字符是否为 1 来转移状态：

$$ dp[i][0] = \begin{cases} dp[i-1][0] + 1 & s_i = 0 \ dp[i-1][0] & s_i = 1 \end{cases} $$

$$ dp[i][1] = \begin{cases} \min(dp[i-1][1], dp[i-1][0]) & s_i = 0 \ dp[i-1][1] + 1 & s_i = 1 \end{cases} $$

其中 $s_i$ 表示字符串中第 $i$ 个字符的取值。最终的答案就是 $dp[n][1]$，其中 $n$ 是字符串的长度。

时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(n)$。以下是Python代码实现：

class Solution:
    def minimumMoves(self, s: str) -> int:
        n = len(s)
        dp = [[float('inf')] * 2 for _ in range(n+1)]
        dp[0][0] = dp[0][1] = 0
        for i in range(1, n+1):
            if s[i-1] == '0':
                dp[i][0] = dp[i-1][0] + 1
                dp[i][1] = dp[i-1][1]
            else:
                dp[i][0] = dp[i-1][0]
                dp[i][1] = min(dp[i-1][0], dp[i-1][1]) + 1
        return dp[n][1]

方法2 - 贪心

我们可以考虑通过贪心来解决这个问题。每次遇到 0，就尽可能地向后移动。这个操作是不会增加删除的次数。例如，对于字符串 "01001"，以第二个 0 为例，它可以移动到最后一个 1 的前面，从而得到 "1100"，这个操作不会增加删除的次数。那么如何计算最少需要删除的字符数呢？我们可以使用双指针来解决。定义 $i$ 和 $j$ 分别表示当前考虑到哪个位置以及从哪个位置开始移动 0。当目前遇到 0 时，我们将 $j$ 指针指向最后一个 1 的位置，这个操作可以保证 $i$ 和 $j$ 之间的所有 0 都可以移动到 1 的前面。然后，我们将 $i$ 指针移到 $j$ 的下一个位置上，进入下一次循环。时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(1)$。

class Solution:
    def minimumMoves(self, s: str) -> int:
        n = len(s)
        i, ans = 0, 0
        while i < n:
            if s[i] == '1':
                i += 1
                continue
            j = i
            while j < n and s[j] == '0':
                j += 1
            ans += 1
            i = j + 1
        return ans

以上就是两种解决本问题的方法，它们分别是动态规划和贪心。两种方法都可以得到正确的答案，但时间和空间复杂度不同，具体选择哪一种方法需要视情况而定。