题目表述：

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。
示例 2：

输入：boxes = "001011"
输出：[11,8,5,4,3,4]
 

提示：

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

完整思路：

思路一：

O（N*N）暴力作法，对于咱们比赛的要求来说，就是能直接暴力就暴力，字符串boxes的长度最大为2000，用两个嵌套循环也不会超时，判断第一个循环元素的前后球数，并且求有球的盒子到当前盒子的操作数。

思路二：

O（N）通过两个for（）第一个for用来计数当前盒子前面的含有‘1’的盒子的操作数。

第二个for用来计数当前盒子后面含有‘1’盒子的操作数。两个加起来就是各个盒子到本盒子的总操作数。

思路一完整代码：

class Solution {
public:vector minOperations(string boxes) {vectorpath(boxes.length(),0);for(int i=0;i

class Solution {
public:vector minOperations(string boxes) {vectorpath(boxes.length(),0);int count_1=0;int count_2=0;int res=0;for(int i=1;i=0;i--){if(boxes[i+1]=='1'){count_2++;}res=res+count_2;path[i]=path[i]+res;}return path;}
};