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995.minimum-number-of-k-consecutive-bit-flips.md

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题目地址(995. K 连续位的最小翻转次数)

https://leetcode-cn.com/problems/minimum-number-of-k-consecutive-bit-flips/

题目描述

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

前置知识

  • 连续子数组优化

公司

  • 暂无

暴力解

思路

首先考虑暴力的解法。暴力的思路可以是从左到右遍历数组，如果碰到一个 0，我们以其为左端进行翻转。翻转的长度自然是以其开始长度为 K 的子数组了。由于是以其为左端进行翻转，因此如果遇到一个 0 ，我们必须执行翻转，否则就无法得到全 1 数组。由于翻转的顺序不影响最终结果，即如果最终答案是翻转以 i, j , k 为起点的子数组，那么先翻转谁后翻转谁都是一样的。因此采用从左往右遍历的方式是可以的。

概括一下：暴力的思路可以是从左到右遍历数组，如果碰到一个 0，我们以其为左端进行翻转，并修改当前位置开始的长度为 k 的子数组，同时计数器 + 1，最终如果数组不全为 0 则返回 -1 ，否则返回计数器的值。

代码

  • 语言支持：Python3

Python3 Code:

classSolution: defminKBitFlips(self, A, K): N=len(A) ans=0foriinrange(N-K+1): ifA[i] ==1: continueforjinrange(K): A[i+j] ^=1ans+=1foriinrange(N): ifA[i] ==0: return-1returnans

复杂度分析

令 n 为数组长度。

  • 时间复杂度：$O(n * k)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

连续子数组优化

思路

对于这种连续子数组的题目。一般优化思路就那么几种。我们来枚举一下：

这三种技巧我都写过文章，如果不了解可以先看下。

对于这道题来说，我们可使用差分数组或者双端队列来优化。不管采用哪种，基本思路都差不多，你也可以对比下方代码看一下他们思路的一致性。 简单来说，他们的思路差不多，差别只是解决问题的使用的数据结构不同，因此 api 不同罢了。因此我并没有将二者作为两个解法。

对于差分数组来说，上面暴力解法内层有一个次数为 k 的循环。而如果使用差分数组只修改端点的值，就可轻松将时间复杂度优化到 $O(n)$。

对于双端队列来说，如果当前位置需要翻转，那么就将其入队。那如何判断当前位置的数字是多少呢？（可能由于前面数字的翻转，当前位置被翻转了若干次，可能不是以前的数字了）。由于被翻转偶数次等于没有翻转，被翻转奇数次效果一样，因此只需要记录被翻转次数的奇偶性即可。而这其实就是队列长度的奇偶性。因为此时队列的长度就是当前数字被翻转的次数。当然这要求你将长度已经大于 k 的从队列中移除。

关键点

  • 连续子数组优化技巧

代码

  • 语言支持：Python3

Python3 Code:

差分数组：

classSolution: defminKBitFlips(self, A: List[int], K: int) ->int: n=len(A) diff= [0] * (n+1) ans, cur=0, 0foriinrange(n): cur+=diff[i] ifcur%2==A[i]: ifi+K>n: return-1ans+=1cur+=1diff[i+K] -=1returnans

复杂度分析

令 n 为数组长度。

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

双端队列：

classSolution: defminKBitFlips(self, A, K): N=len(A) q=collections.deque() ans=0foriinrange(N): ifqandi>=q[0] +K: q.popleft() iflen(q) %2==A[i]: ifi+K>N: return-1q.append(i) ans+=1returnans

复杂度分析

令 n 为数组长度。

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(k)$

空间复杂度为 O(1) 的算法

思路

不管是使用差分数组和还是双端队列，其实都没有必要使用额外的数据结构，而是使用原来的数组 A，也就是原地修改。

比如，我们可以只记录双端队列的长度，要判断一个数字是否在队列里，只需要将其映射到题目数据范围内的另外一个数字即可。由于题目数据范围是 [0,1] 因此我们可以将其映射到 2。

关键点

  • 原地修改

代码

  • 语言支持：Python3

Python3 Code:

classSolution: defminKBitFlips(self, A, K): flips=ans=0foriinrange(len(A)): ifi>=KandA[i-K] -2==0: flips-=1if (flips%2) ==A[i]: ifi+K>len(A): return-1A[i] =2flips+=1ans+=1returnans

复杂度分析

令 n 为数组长度。

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

此题解由 力扣刷题插件 自动生成。

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