In an array A containing only 0s and 1s, a *K-bit flip *consists of choosing a (contiguous) subarray of length K and simultaneously changing every 0 in the subarray to 1, and every 1 in the subarray to 0.
Return the minimum number of K-bit flips required so that there is no 0 in the array. If it is not possible, return -1.
Example 1:
Input: A = [0,1,0], K = 1
Output: 2
Explanation: Flip A[0], then flip A[2].
Example 2:
Input: A = [1,1,0], K = 2
Output: -1
Explanation: No matter how we flip subarrays of size 2, we can't make the array become [1,1,1].
Example 3:
Input: A = [0,0,0,1,0,1,1,0], K = 3
Output: 3
Explanation:
Flip A[0],A[1],A[2]: A becomes [1,1,1,1,0,1,1,0]
Flip A[4],A[5],A[6]: A becomes [1,1,1,1,1,0,0,0]
Flip A[5],A[6],A[7]: A becomes [1,1,1,1,1,1,1,1]
Note:
1 <= A.length <= 300001 <= K <= A.length
这道题博主最先在某家公司的 OA 上看到过（OA 出 Hard 题，也真是给跪了～），给了一个只有0和1的数组，又给了一个数字K，说是每次可以翻转任意连续K个位置的数字，问我们多少步可以把所有的0都翻转为1。这是道挺有意思的题目，背景可以随便换，比如什么烙煎饼啊，翻煎鸡蛋啊，都是一样的问题。注意我们翻转的时候，一旦选定了起始点，那么只能翻连着的K个位置，由于无法影响到前面的0的，所以需要在遇到0的时候，就进行翻转，这就是明显的贪婪算法的特征，这要一遇到0，就立马翻连续K个位置，比如对于数组 [0,1,0]，K = 2，遇到位置0上的0，翻转，变为 [1,0,0]，此时遇到位置1上的0，翻转，变为 [1,1,1]，操作完成。想法有了，于是就吭哧吭哧的写好了代码，交给 OJ 大人审阅，结果被驳回，Time Limit Exceeded，什么鬼？那么仔细想一下吧，上面的这种解法到底哪里最费时，当然是翻转K个位置了，若K非常大，而且若需要翻转的位置很多的话，将非常的不高效。所以当务之急就是想办法代替真实的翻转，最简单的方法就是记录起始翻转的位置，我们使用一个长度相同的数组 isFlipped，其中 isFlipped[i] 表示在原数组i位置上进行了K个连续翻转。现在虽然知道了其实翻转的位置，但是由于是连续翻转K个，之后的位置也被翻转，比如 [0,1,0] 在位置0翻转后，变为了 [1,0,0]，那么位置1就从之前的1变为0了，此时位置1也需要翻转了，那么我们怎么知道非起始翻转位置的数字当前是0还是1呢，这时就要引入另一个变量 curFlipped 了，表示当前位置的数字跟原数组相比是否被翻转了。所以一旦决定对当前位置进行翻转，那么需要将 isFlipped[i] 标记为1，并且翻转 curFlipped，方法是’异或’上1，举个例子来说对于数组 [0,1,0,1], K=3 来说，当对位置0进行翻转，数组变为 [1,0,1,0]，那么在位置1的时候，curFlipped 是1，表示此时0相对于原来的1是翻转了，若我们在为1时再次进行翻转，数组变为 [1,1,0,1]，此时 curFlipped 变为0了，表明位置2上的0对于原数组的位置2上的0来说没有翻转（虽然实际上翻转了两次），那么我们怎么知道某个位置应不应该翻转呢？需要根据 curFlipped 的值和原数组 A[i] 的值进行比较来判断，此时有两种情况：
当 curFlipped 为0，表示没有翻转，且原数组 A[i] 为0，此时就需要翻转i位置。
当 curFlipped 为1，表示翻转过了，而原数组 A[i] 为1，表示虽然原来是1，但是当前位置受之前翻转的影响变成了0，此时就需要翻转回来。
仔细观察上面两种情况可以发现 curFlipped 和 A[i] 同奇同偶的时候就需要翻转，那么两种情况可以合成一个表达式，curFlipped%2 等于 A[i] 时翻转。还需要弄清楚当什么时候就无法翻转了，当 i+K 大于n的时候，比如 [1,1,0,1], k=3 时，在位置2的时候 i+k>n（2+3>4）了，表示无法翻转了，直接返回 -1 即可。最后需要注意的是，curFlipped 受影响的位置只有在大小为K的窗口中，一旦超过了，是需要还原 curFlipped 的状态的。比如 [0,0,0,1], K=2 时，在位置0翻转后变为 [1,1,0,1]，那么到位置2的时候，由于已经不受位置0翻转的影响了，此时的 curFlipped 应该变回0，所以只要’异或’上 isFlipped[0] 进行翻转，所以我们在循环开始前，首先检测 i>=K 是否成立，成立的话就让 curFlipped ‘异或’上 isFlipped[i-K] 进行状态还原，即便是位置 i-K 未进行过翻转，’异或’上0也不会改变 curFLipped 的状态，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
int res = 0, n = A.size(), curFlipped = 0;
vector<int> isFlipped(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (i >= K) curFlipped ^= isFlipped[i - K];
if (curFlipped % 2 == A[i]) {
if (i + K > n) return -1;
isFlipped[i] = 1;
curFlipped ^= 1;
++res;
}
}
return res;
}
};
根据上面的分析，对于每个位置i，我们其实只关心 i-K 位置是否是起始翻转的位置，之前什么情况并不 care，那么就没必要用整个数组来保存所有的起始翻转位置，只需要维护一个大小为K的窗口，将在此窗口内的起始翻转位置保存即可，超出范围的就扔掉。可以使用一个 queue 来保存窗口内的起始位置，在遍历的过程中，首先检测队首元素是否超出了范围，是的话就扔掉，否则就接着判断当前位置是否需要翻转，判断的方法是看此窗口中起始翻转的个数是否跟 A[i] 同奇同偶，推导方式跟上面解法中类似，这里就不过多讲解了，之后就判断所剩位置是否还有K个，没有就返回 -1。然后将当前位置加入队列，结果 res 自增1即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
int res = 0, n = A.size();
queue<int> q;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!q.empty() && i >= (q.front() + K)) q.pop();
if (q.size() % 2 == A[i]) {
if (i + K > n) return -1;
q.push(i);
++res;
}
}
return res;
}
};
我们还可以进一步的优化空间，连队列 queue 都不需要，直接在原数组上修改，从而达到标记的目的，在解法一中，我们是新建了一个数组，对于起始翻转位置标记为1，其余为0。这里由于原数组已经使用了0和1，可以对于起始位置，将 A[i] 加上2，这样起始翻转位置的值就成了2或者3，跟原来的0和1就区分开了，那么只要将 A[i] 除以2，根据商是1还是0，就可以知道该位置是否是起始翻转位置，其余的地方基本相同，不过这里的 flipped 更新并没有用异或，而是直接用的加减，为了 diversity 也是拼了，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
int res = 0, n = A.size(), flipped = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (i >= K) flipped -= A[i - K] / 2;
if (flipped % 2 == A[i]) {
if (i + K > n) return -1;
A[i] += 2;
++flipped;
++res;
}
}
return res;
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/995
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/problems/minimum-number-of-k-consecutive-bit-flips/
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