开始的思路：首先统计需要种几只花，用花的数目统计连续 0 的个数.... ...【囧】突然觉得情况有点复杂啊，有连续的又有分散的怎么能统计全呢？
好吧这里喔偷偷的瞄了一眼参看答案... ...（就一眼就想通了）
思路一：
简单扫描统计，一个一个遍历，遍历到 i 的时候， i 前后的位置也要等于 0；
特殊情况 首尾有连续两个 0 的情况----首尾又可以种花了【笑脸】
程序中需要注意的点：
1. 满足条件的要放上 1；
2. 为防止下标越界，i+1 位的判断应该放到 || “短路或”的右边， i-1 位的判断应该放到 || “短路或”的左边。
【正确的代码】
public class Solution {
public boolean canPlaceFlowers(int[] flowerbed, int n) {
int i = 0;
int count = 0;
while (i < flowerbed.length) {
if ((flowerbed[i] == 0) && (i == flowerbed.length - 1 || flowerbed[i + 1] == 0) && (i == 0 || flowerbed[i - 1] == 0)) {
// i 没在头尾：需要判断 i-1 和 i+1 位置是不是0；i 在头，则 i+1 为 0 可以放一个； i 在尾，在 i-1 为 0 可以放一个
flowerbed[i] = 1;
count++;
}
i++;
}
if (count >= n) {
return true;
}
return false;
}
}
复杂度分析：
时间复杂度：O(n) 全遍历一遍
空间复杂度：O(1)
思路一的优化：
上面的count统计的是最多能种花的数量，如果n的值很小，则统计最多的数量就有些浪费了，所以我们可以把count和n的比较放到循环中进行，一旦count > n 就立即return true 减少计算量。
【正确的代码】
public class Solution {
public boolean canPlaceFlowers(int[] flowerbed, int n) {
int i = 0;
int count = 0;
while (i < flowerbed.length) {
if ((flowerbed[i] == 0) && (i == flowerbed.length - 1 || flowerbed[i + 1] == 0) && (i == 0 || flowerbed[i - 1] == 0)) {
flowerbed[i] = 1;
count++;
}
if (count >= n)
return true;
i++;
}
return false;
}
}
复杂度分析：
时间复杂度：O(n) 最坏的情况是全遍历一遍
空间复杂度：O(1)