995. K 连续位的最小翻转次数

在仅包含 0 和 1 的数组 A 中，一次 K 位翻转包括选择一个长度为 K 的（连续）子数组，同时将子数组中的每个 0 更改为 1，而每个 1 更改为 0。

返回所需的 K 位翻转的最小次数，以便数组没有值为 0 的元素。如果不可能，返回 -1。

 

示例 1：

输入：A = [0,1,0], K = 1
输出：2
解释：先翻转 A[0]，然后翻转 A[2]。

示例 2：

输入：A = [1,1,0], K = 2
输出：-1
解释：无论我们怎样翻转大小为 2 的子数组，我们都不能使数组变为 [1,1,1]。

示例 3：

输入：A = [0,0,0,1,0,1,1,0], K = 3
输出：3
解释：
翻转 A[0],A[1],A[2]: A变成 [1,1,1,1,0,1,1,0]
翻转 A[4],A[5],A[6]: A变成 [1,1,1,1,1,0,0,0]
翻转 A[5],A[6],A[7]: A变成 [1,1,1,1,1,1,1,1]

 

提示：

1. 1 <= A.length <= 30000
2. 1 <= K <= A.length

 

首先，对于每个位置，只有初始状态和反转总数确定最终状态。

另一方面，我们知道每个长度为K的间隔最多只能反转一次，因为两次反转对最终结果没有影响。

基于此，我们从前到后遍历数组。如果遇到0，我们将从当前位置开始反转长度为k的间隔。如果遇到0，剩余间隔的长度小于K，这表明我们无法完成反转。但是，如果每次我们反转当前间隔，反转间隔中的每个数字，时间复杂度为O（n * k），那么毫无疑问超时了。

因此我们需要进行优化，然后考虑每个位置上的元素，它只会受到前一个K-1元素是否反转的影响，因此我们只需要知道前一个k-1元素已经反转了多少次。 我们使用一个队列来存储在i之前的k-1位置反转了多少个元素（队列的长度指反转的次数）。 0反转偶数次为0，则需要反转； 1奇数次反转为0，也需要反转。只有0反转奇数次才变为1，而1反转偶数次为0不需要反转，如果最后k-1位置仍为0，则表示失败。否则，将i添加到队列中并更新答案。

class Solution {
public:
    int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
        int res=0,n=A.size();
        queue<int> window;//window is used to store the index of the inverted element, the length of the window indicates the number of inversions
        
        for(int i=0;i<n;++i)
        {
            //When the distance between subscripts is greater than k, the team head subscript needs to be removed
            while(!window.empty()&&window.front() + K <= i)
                window.pop();
            
            //The current position's 1 reversing odd times is 0 and needs to be reversed; the current position's 0 reversing even number of times is still 0 or still needs to be reversed
            if(A[i]==window.size()%2)
            {
                if(i+K>n)return -1;
                window.push(i);
                res++;
            }
        }
        return res;
    }
};

 

 

相同的思想，另一种写法

 

class Solution {
public:
    int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
        int n=A.size();
        int sum=std::accumulate(A.begin(), A.end(), 0);
        if(K==1)return n-sum;
        int res=0;
        int i=0;
        vector<bool>helper(n);
        bool running=false;
        while(i<n){
            if(A[i]==0&&running==false||A[i]==1&&running==true){
                if(i+K-1>=n)return -1;
                helper[i+K-1]=!helper[i+K-1];
                running=!running;
                res++;
            }
            if(helper[i])running=!running;
            i++;
        }
        return res;
    }
};

 

 

class Solution:
    def minKBitFlips(self, A: List[int], K: int) -> int:
        n=len(A)
        if K==1:return n-sum(A)
        res=0
        i=0
        helper=[False]*n
        running=False
        while i<n:
            if A[i]==0 and not running or A[i]==1 and running:
                if i+K-1>=n:return -1
                res+=1
                helper[i+K-1]=not helper[i+K-1]
                running=not running
            if helper[i]:running=not running
            i+=1
        return res