[leetcode题解] 第995题Minimum Number of K Consecutive Bit Flips

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

分析

不难想到这样一种解法:依次遍历数组A，如果A[i] == 0，第i个位置就需要翻转。此时若i + K > n，则无法实现翻转，返回-1；否则手动修改数组A[i: i+K-1]，再遍历下一个位置。在这个过程中直接统计出总的翻转次数即为答案。
这个解法虽然直观，但是时间复杂度为$O(nK)$，不是一个好的解法。
优化的思路肯定是针对手动翻转这个过程，直觉告诉我们这个过程可以被优化到$O(1)$。在遍历的过程中，我们需要知道此时A[i]是否等于0，从而判断是否需要翻转。如果限制不能直接修改数组A，那么容易想到新增一个数组count来统计每个位置所需的翻转次数，从而A[i] + count[i]为偶数时就代表A[i] == 0。
不过，即使引入了数组count，每次翻转时也需要给count[i: i+K-1]都加1，时间复杂度并没有被优化，这时候就需要一个新的技巧:差分数组。

差分数组

差分数组的定义十分简单，即diff[i] = arr[i] - arr[i-1]，diff[0] = arr[0]。显然我们可以利用差分数组来获取原数组的值，即arr[i]等于diff前i项之和。
差分数组有什么用呢?以上面的这种情况为例，当我们要给count数组的[i, i + K)这个区间内的子数组都加1时，可以换成去修改差分数组，这样就只用修改diff[i]和diff[i+K]这两个值了，分别是diff[i]++和diff[i+K]--。这样手动翻转这个过程就只需要$O(1)$的时间，而我们又可以在遍历过程中通过差分数组的值来算出此时A[i]的值，完成了优化。
像这样，当我们需要频繁对数组的某个区间内的值进行修改时，差分数组就是一种很高效的技巧，以空间换时间，从而实现$O(1)$时间的修改。

解法一

像上面那样定义关于每个位置翻转次数的差分数组，并通过累加来得到每个位置的翻转次数，这个累加可以放到遍历过程中，用变量count存储累加的值。当A[i] + count为偶数时，就代表此时A[i]的值是0，需要进行翻转，差分数组只用更新diff[i]和diff[i+K]，非常方便。记录下翻转次数即为答案。

代码

class Solution {
public:
    int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
        int n = A.size();
        int diff[n + 1];
        memset(diff, 0, sizeof(diff));
        int count = 0, ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            count += diff[i];
            if (((A[i] + count) & 1) == 0) {
                if (i + K > n) return -1;
                count++;
                ans++;
                diff[i + K]--;
            }
        }
        return ans;
    }
};

由于模2运算下的加减等同于异或(即2进制下的加减等同于异或)，因此代码可以改写成:

class Solution {
public:
    int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
        int n = A.size();
        int diff[n + 1];
        memset(diff, 0, sizeof(diff));
        int count = 0, ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            count ^= diff[i];
            if (A[i] == count) {
                if (i + K > n) return -1;
                count ^= 1;
                ans++;
                diff[i + K] ^= 1;
            }
        }
        return ans;
    }
};

解法二

在解法一的基础上，我们可以进一步把空间复杂度优化到$O(1)$，即去掉diff数组。
回顾解法一优化后的代码，只有count ^= diff[i]体现了diff[i]对count的影响，而diff[i]是二进制数，只有为1时异或运算才会对count造成变化。
初始时所有的diff[i]都是为0的，什么时候会变为1呢?当我们在遍历i' = i-K时，如果需要进行翻转，则由于diff[i + K] ^= 1，diff[i]会变为1。
这样，我们就可以在遍历时对数组做标记，从而在遍历到i时，通过判断i-K是否发生翻转来得知diff[i]是否为1。

代码

class Solution {
public:
    int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {
        int n = A.size();
        int count = 0, ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (i >= K && A[i - K] > 1) {
                count ^= 1; // diff[i]为1
                A[i - K] -= 2; // 恢复原数组
            }
            if (A[i] == count) {
                if (i + K > n) return -1;
                count ^= 1;
                ans++;
                A[i] += 2; // 做标记
            }
        }
        return ans;
    }
};