难度: Medium
桌子上有 n 个球，每个球的颜色不是黑色，就是白色。
给你一个长度为 n 、下标从 0 开始的二进制字符串 s，其中 1 和 0 分别代表黑色和白色的球。
在每一步中，你可以选择两个相邻的球并交换它们。
返回「将所有黑色球都移到右侧，所有白色球都移到左侧所需的 最小步数」。
示例 1：
输入：s = "101" 输出：1 解释：我们可以按以下方式将所有黑色球移到右侧： - 交换 s[0] 和 s[1]，s = "011"。 最开始，1 没有都在右侧，需要至少 1 步将其移到右侧。
示例 2：
输入：s = "100" 输出：2 解释：我们可以按以下方式将所有黑色球移到右侧： - 交换 s[0] 和 s[1]，s = "010"。 - 交换 s[1] 和 s[2]，s = "001"。 可以证明所需的最小步数为 2 。
示例 3：
输入：s = "0111" 输出：0 解释：所有黑色球都已经在右侧。
提示：
1 <= n == s.length <= 105s[i] 不是 '0'，就是 '1'。运行时间: 60 ms
内存: 17.1 MB
class Solution:
def minimumSteps(self, s: str) -> int:
b_cnt = 0
ans = 0
for digit in s:
if digit == '0':
ans += b_cnt
else:
b_cnt += 1
return ans
题解的思路是通过一次遍历来统计将所有白球移至左侧（或黑球移至右侧）所需的最小交换次数。具体实现为：初始化两个变量，`b_cnt` 用来记录至当前位置为止遇到的黑球数量，`ans` 用来累计总的交换次数。当遇到一个白球（`'0'`）时，意味着这个白球需要通过交换越过之前已经统计过的所有黑球，因此要将`b_cnt`（当前已经遇到的黑球数量）加到`ans`上。当遇到黑球（`'1'`）时，仅将`b_cnt`加一，表示又遇到了一个黑球，不需要额外操作。
时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)
class Solution:
def minimumSteps(self, s: str) -> int:
b_cnt = 0 # 统计黑球数量
ans = 0 # 累计所需的最小交换次数
for digit in s: # 遍历字符串中每个字符
if digit == '0': # 如果当前是白球
ans += b_cnt # 移动这个白球需要越过所有已遇到的黑球
else: # 如果当前是黑球
b_cnt += 1 # 增加黑球计数
return ans # 返回总的最小交换次数
在遇到白球时，需要将之前遇到的黑球数加到总交换次数中，是因为每个白球需要移动到所有先前遇到的黑球的左侧。这意味着每个白球需要越过之前统计的所有黑球，每越过一个黑球就需要进行一次交换。因此，当前白球的移动次数等于之前遇到的黑球数量。
在字符串s遍历过程中，累积的黑球数量b_cnt直接决定了每个遇到的白球需要进行的交换次数。具体来说，每当遇到一个白球时，其需要通过的交换次数正是当时已经累积的黑球数量b_cnt。因此，b_cnt越大，任何后续遇到的白球都需要更多的交换次数来移到所有黑球的左侧。
如果输入的字符串s中全部是黑球，那么没有白球需要移动，所以算法的输出结果将是0，不需要任何交换。同样的，如果全部是白球，也不需要进行任何交换，因为所有白球已经位于其应在的位置，输出结果也是0。这表明在这两种情况下，算法正确地识别出不需要进行任何交换。
该算法在处理非常长的字符串时表现良好，因为它只需要进行一次遍历，即具有O(n)的时间复杂度，其中n是字符串的长度。即便字符串长度达到百万级别，该算法仍然能以线性时间完成处理，保持高效。算法的空间复杂度也很低，只需要常数级的额外空间。因此，该算法适合处理长字符串，性能保持高效。