通过重复翻转大小为 K 的子字符串中的字符，最小化翻转以使二进制字符串全为 1

介绍

这个问题是给定一个二进制字符串和参数 K，问最少需要多少次翻转 K 大小的子字符串，使得最终整个二进制字符串变为全 1。这是一个经典的贪心问题。

思路

首先我们考虑如何翻转一段长度为 K 的子字符串，使得其效果最优。一个 naive 的想法是，选择第一个 0，将其作为子字符串的起点，然后翻转整个 K 单位长度的子串。但是这个策略并不总是最优的。如果子字符串的末尾是 1，那么翻转后就会变成 0，如果再次遇到子字符串，就需要再次翻转，而这次翻转是多余的。因此，我们可以选择最右边的 0 作为起点，这样就可以省去多次翻转的过程。

接下来我们考虑整个问题的贪心策略。如果当前状态已经全部为 1，则不需要进行任何操作。否则，我们需要找到长度为 K 的子字符串，然后使用上面的策略进行翻转。翻转完成后继续寻找下一个长度为 K 的子字符串，直到整个字符串都变成了 1。

复杂度分析

假设原始字符串长度为 n，翻转长度为 K，那么我们需要在最坏情况下翻转 n/K 次，每次需要扫描整个字符串，因此总的时间复杂度为 O(n^2/K)。如果我们使用双指针来滑动窗口，可以将时间复杂度优化到 O(n)。

代码示例

以下是使用双指针实现的代码：

def min_flip(s: str, k: int) -> int:
    n = len(s)
    l, r = 0, k-1
    flips = [0] * n
    while r < n:
        # 检查是否需要翻转
        need_flip = (s[r] == "0")
        if l >= k:
            need_flip ^= (flips[l-k] % 2 == 1)
        # 进行翻转
        if need_flip:
            for i in range(l, r+1):
                flips[i] += 1
        # 移动窗口
        l += 1
        r += 1
    return sum(flips)

在这个代码中，我们使用 flips 数组来记录在每个位置上翻转了多少次。对于每个新的子串，我们检查它是否需要翻转。如果窗口开始时包含一个 0，或者之前的翻转次数为奇数，那么需要进行一次翻转。最后返回所有翻转的次数之和即可。