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 <= A.length <= 30000
1 <= K <= A.length
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-number-of-k-consecutive-bit-flips
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思路:对于这种翻转某个区间的问题，很容易想到是贪心，因为在边界的点被反转多次是无意义的，所以我们考虑从左往右扫描，（从右往左也是可行的），对于每个点，我们考虑他当前的状态（可能是被翻转过多次的），如果状态是1，那么就continue,否则我们就要从这个点开始翻转，当前i+K > N(即剩余的长度小于K)则return -1（无法完成翻转).
如果可以就翻转这个区间。如果是直接暴力翻转 时间复杂度就是O(N^2)了，铁定超时，不过其他语言似乎能通过，应该是给的时间太多了，不过直接暴力不是一种好的做法。
现在问题被转化为区间翻转，单点查询的一个问题了。
第一种做法，利用树状数组
- 时间复杂度 O(NlogN)
- 空间复杂度 O(N)
代码如下:
class Solution {
public:
int dat[30010];
int N;
void add(int l,int v){
while(l <= N){
dat[l] += v;
l += (l&-l);
}
}
int query(int p){
int s = 0;
while(p > 0){
s += dat[p];
p -= (p&-p);
}
return s;
}
int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
N = A.size();
memset(dat,0,sizeof(dat));
int res = 0;
for(int i=0;i<N;++i){
int value = query(i+1);
if(A[i] == 0){
if(value % 2 == 1) continue;
else{
if(i+K > N) return -1;
// printf("i = %d,l = %d,r = %d\n",i,i+1,i+1+K);
add(i+1,1);
add(i+1+K,-1);
res++;
}
}
else{
if(value % 2 == 0) continue;
else{
if(i+K > N) return -1;
// printf("i = %d,l = %d,r = %d\n",i,i+1,i+1+K);
add(i+1,1);
add(i+1+K,-1);
res++;
}
}
}
return res;
}
};
如果不理解树状数组这种数据结构可以看这里。
https://blog.csdn.net/zhao5502169/article/details/75666740
第二种做法，利用标记维护区间
– 时间复杂度O(N)
– 空间复杂度O(N)
这一种做法更好，我第一时间也没想到。看了下官方题解，才想起来，自己之前也做过类似的这种题目。因为查询总是在更新后面的，所以我们可以用一个变量记录到当前点发生了多少次翻转。每次翻转区间在左边打一个正的标记，右边打一个负的标记，即可。
代码如下：
class Solution {
public:
int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
int N = A.size();
vector<int> f(N+10,0);//记得要初始化
int now = 0;//用于记录当前点被翻转多少次
int res = 0;
for(int i=0;i<N;++i){
now += f[i];//加上当前点的标记值。
if((A[i]+now)%2 == 1)
continue;
else{
if(i+K > N) return -1;
else{
res++;
now++;//因为当前点就是左边界，所以直接++，就相当于是左标记被读取
f[i+K] = -1;
}
}
}
return res;
}
};
https://blog.csdn.net/zhao5502169/article/details/81213508
这里面是我之前写的，和这个题相似的题目，做法是相同的，利用第二种做法。