LeetCode-995 K 连续位的最小翻转次数

📝题目

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]

限制：
· 1 <= A.length <= 30000
· 1 <= K <= A.length

📝思路

最直接的思路是，用一个长度为 K 的窗口滑动遍历所有元素，根据最左侧元素的值来决定是否翻转窗口内所有元素，时间复杂度为O(N K)，看似不差，但在本题的限制下超时了（毕竟 K 很大的情况下O(N K) 和 O(N)还是有一定差距的）…
既然如此，那便要通过“消灭” K 来省时，上述时间复杂度之所以出现了 K，是因为我们每次遍历可能会实际执行 K 次元素翻转，如果我们不对其翻转呢？

📝题解

int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
    int len = A.size();
    queue<int> q;
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < len; ++i) {
        while (!q.empty() && q.front() + K <= i) {
            q.pop();
        }
        if (q.size() % 2 == A[i]) {
            if (i + K > len)   return -1;
            q.push(i);
            res++;
        }
    }
    return res;
}