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]
思路分析：
题目大意：每次翻转长度为 K 的子数组，求最少的翻转次数使数组中所有的 0 都更改为 1。如果不能实现，则返回 -1.
- 结论 1：后面区间的翻转，不会影响前面的元素。因此可以使用贪心策略，从左到右遍历，遇到每个 0 都把它和后面的 K 个数进行翻转。
- 结论 2：A[i] 翻转偶数次的结果是 A[i]；翻转奇数次的结果是 A[i] ^ 1。
上面方法超时的主要原因是我们真实地进行了翻转。根据结论二，位置 i 现在的状态，和它被前面 K - 1个元素翻转的次数（奇偶性）有关。
我们使用队列模拟滑动窗口，该滑动窗口的含义是前面 K - 1个元素中，以哪些位置起始的 子区间进行了翻转。该滑动窗口从左向右滑动，如果当前位置 i 需要翻转，则把该位置存储到队列中。遍历到新位置 j (j < i + K)时，队列中元素的个数代表了 i被前面 K - 1个元素翻转的次数。
当 i 位置被翻转了偶数次，如果 A[i]为 0，那么翻转后仍是 0，当前元素需要翻转；
当 i 位置被翻转了奇数次，如果 A[i]为 1，那么翻转后是 0，当前元素需要翻转。
综合上面两点，我们得到一个结论，如果 len(que) % 2 == A[i] 时，当前元素需要翻转。
当 i + K > N 时，说明需要翻转大小为 K 的子区间，但是后面剩余的元素不到 K 个了，所以返回 -1。
Python实现
class Solution(object): def minKBitFlips(self, A, K): """ :type A: List[int] :type K: int :rtype: int """ N = len(A) que = collections.deque() res = 0 for i in range(N): if que and i >= que[0] + K: que.popleft() if len(que) % 2 == A[i]: if i + K > N: return -1 que.append(i) res += 1 return res 作者：fuxuemingzhu 链接：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-number-of-k-consecutive-bit-flips/solution/hua-dong-chuang-kou-shi-ben-ti-zui-rong-z403l/ 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
java实现
class Solution { public int minKBitFlips(int[] A, int K) { int len=A.length; int res=0; Deque<Integer> deque=new LinkedList<>(); for(int i=0;i<len;i++){ if(deque.size()>0 && i>deque.peek()+K-1){ deque.removeFirst(); } if(deque.size()%2==A[i]){ if(i+K>len){ return -1; } deque.add(i); res=res+1; } } return res; } }
