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题目来源：605. 种花问题

解法1：贪心

贪心思想：在不打破种植规则的情况下种入尽可能多的花，然后用“最大种植数量”和“所需要种植数量”进行大小比较即可。

设地块长度为n，种花的情况可分为4种：

1. 全是地块全部没有花，则可以种植(n+1)/2朵花
2. 若地块i上有原有的第一朵花，则i之前可以种植i/2朵花
3. 若地块a和b（a<b）都有花，则a和b之间可以种植(b-a-2)/2朵花
4. 若地块j上有原有的最后一株花，则i之前可以种植(n-j-1)/2朵花

我们用prev记录前一朵花的下标，初始化为-1。

使用变量count记录最大种植数量，初始化为0。

遍历一次数组，每次遇到一朵花（flowerbed[i] == 1）就视情况更新count，别忘了更新prev=i：

• 若prev为-1，说明是第一朵花，则count+=i/2
• 否则，说明要在prev和i之间种花，count+=(i-prev-2)/2

特殊情况：遍历一次数组后prev仍然为-1，说明全是地块全部没有花，则可以种植(n+1)/2朵花。否则prev为地块最后一朵花的位置，count+=(n-prev-1)/2。

特判：开始时比较n和(flowerbed.size()+1)/2，若n>(flowerbed.size()+1)/2，说明一定不能在不打破种植规则的情况下种入n朵花，返回false。

代码：

class Solution {
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
        if(n>(flowerbed.size()+1)/2) return false;
        int count=0;
        int prev=-1;
        for(int i=0;i<flowerbed.size();i++)
        {
            if(flowerbed[i] == 1)
            {
                if(prev<0) count+=i/2;
                else count+=(i-prev-2)/2;
                prev=i;
            }
        }
        if(prev<0) count=(flowerbed.size()+1)/2;
        else count+=(flowerbed.size()-prev-1)/2;
        return n<=count;
    }
};

结果：

复杂度分析：

时间复杂度：O(n)，需要遍历一次数组。

空间复杂度：O(1)，只用到了count和prev这2个变量。

优化：

不需要分开判断第一朵花还是其他位置的花。

对于一段长度为zero的连续的0区间，其可以种的花的数量=(zero+1)/2，遍历一次数组做计算即可。

class Solution {
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
        if(flowerbed.size() == 0) return n == 0;
        if(n>(flowerbed.size()+1)/2) return false;
        int zero=0;//当前全0区段中连续0的数量
        zero++;//区间最左边没有花，可以认为在其左边存在一个虚无的0
        int count=0;//可以种的花的数量
        for(int i=0;i<flowerbed.size();i++)
        {
            if(flowerbed[i] == 0) zero++;
            else
            {
                //对于每一段连续0区间,可以种的花的数量=(区间长度-1)/2
                count+=(zero-1)/2;
                if(n<=count) return true;
                zero=0;
            }
        }
        zero++;//区间最右边没有花，可以认为在其右边存在一个虚无的0
        count+=(zero-1)/2;
        return n<=count;
    }
};

结果：