1. 題目
在僅包含 0 和 1 的數組 A 中，一次 K 位翻轉包括選擇一個長度爲 K 的（連續）子數組，同時將子數組中的每個 0 更改爲 1，而每個 1 更改爲 0。
返回所需的 K 位翻轉的次數，以便數組沒有值爲 0 的元素。如果不可能，返回 -1。
示例 1：
輸入：A = [0,1,0], K = 1
輸出：2
解釋：先翻轉 A[0]，然後翻轉 A[2]。
示例 2：
輸入：A = [1,1,0], K = 2
輸出：-1
解釋：無論我們怎樣翻轉大小爲 2 的子數組，我們都不能使數組變爲 [1,1,1]。
示例 3：
輸入：A = [0,0,0,1,0,1,1,0], K = 3
輸出：3
解釋：
翻轉 A[0],A[1],A[2]: A變成 [1,1,1,1,0,1,1,0]
翻轉 A[4],A[5],A[6]: A變成 [1,1,1,1,1,0,0,0]
翻轉 A[5],A[6],A[7]: A變成 [1,1,1,1,1,1,1,1]
提示：
1 <= A.length <= 30000
1 <= K <= A.length
來源：力扣（LeetCode）
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2. 解題
- 差分思想，用差分數組記錄區間翻轉情況
- 左端點翻轉一次的話，長度爲 K 的區間左端點+1，右端點+1的位置 -1
- 差分數組的前綴和爲每個位置的翻轉次數，翻轉次數爲偶數的話，狀態不變
class Solution {
public:
int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
int n = A.size();
vector<int> flip(n+1, 0);
int presum = 0;//每個位置的翻轉次數
int ans = 0;
for(int i = 0; i <= n-K; ++i)
{
//前面可以翻的位置
presum += flip[i];
if((A[i]+presum)%2 == 1)//不用再翻了
continue;
else
{
flip[i]++;//左端點+1
ans++;
flip[i+K]--;//差分，右端點+1的位置 -1
presum++;//前綴和更新
}
}
for(int i = n-K+1; i < n; i++)
{
//剩餘的不能再翻了，不足K個
presum += flip[i];
if((A[i]+presum)%2 == 0)
return -1;//有不爲1的，不能滿足全部翻成1
}
return ans;
}
};
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