我们需要在给定的椅子布局中，找到最多可以坐多少个人，且每个人之间保持至少长度为 k 的距离。具体来说，如果某个椅子被占用（即字符为 ‘1’），那么其左右 k 范围内的椅子都不能再坐人。
解题思路
遍历椅子：从左到右遍历每个椅子。
检查是否可坐：对于每个空闲的椅子（即字符为 ‘0’），检查其左右 k 范围内是否有被占用的椅子。
标记占用：如果当前椅子可以坐人，则将其标记为占用（即将其字符改为 ‘1’），并增加可坐人数。
跳过不可坐的椅子：如果当前椅子不可坐，则跳过。
复杂度分析
时间复杂度：对于每组数据，最坏情况下需要遍历每个椅子，并且对于每个椅子检查 2k 范围内的椅子，因此时间复杂度为 O(n * k)。
空间复杂度：只使用了常数级别的额外空间，因此空间复杂度为 O(1)。
优化思路
由于 k 的范围可能较大，上述方法在最坏情况下可能会超时。可以考虑使用滑动窗口或前缀和等方法来优化检查范围的过程，从而将时间复杂度降低到 O(n)。
优化后的代码
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<n;i++){
char s;
cin>>s;
a[i]=s-'0';
b[i]=0;//初始化前缀和数组
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(a[i]==1){
。。。。。。//将不能坐人的位置标记
}
}
for(int i=1;i<n;i++) ......//前缀和
int f=-2147483647;
......//遍历数组，寻找合法位置
cout<<ans<<endl;
优化后的代码解释
b数组：记录每个位置左边最近的被占用的椅子的位置。
从右到左遍历：检查右边 k 范围内是否有被占用的椅子。
判断是否可以坐人：如果当前椅子左右 k 范围内都没有被占用的椅子，则可以坐人。
优化后的复杂度分析
时间复杂度：O(n)，因为我们只需要遍历两次椅子数组。
空间复杂度：O(n)，用于存储 b 数组。
通过这种优化，我们可以显著提高算法的效率，尤其是在 k 较大的情况下。
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