引入

题目：995. K 连续位的最小翻转次数

内容不做赘述，这道题如果用模拟的方式是会超时的：也就是在循环的过程中，对于K大小的数组，每一位与1取异或。
可以看到这样的效率很低，其复杂度为O(KN)。

更好的办法是用差分数组。

差分数组

如果给你一个包含5000万个元素的数组，然后会有频繁区间修改操作，那什么是频繁的区间修改操作呢？比如让第1个数到第1000万个数每个数都加上1，而且这种操作时频繁的。

此时你应该怎么做？很容易想到的是，从第1个数开始遍历，一直遍历到第1000万个数，然后每个数都加上1，如果这种操作很频繁的话，那这种暴力的方法在一些实时的系统中可能就拉跨了。

比如我们现在有一个数组reA，reA={0,2,5,4,9,7,10,0}，差分数组的计算公式为：

这时候，如果构造差分数组：

构造差分数组的效果，我们可以看下面一个例子，比如对于区间[1-4]整体加上5，除开暴力的加上去，差分数组只需要在diff[1]上加5，在diff[5]上减去5：

可以看到，无论区间K有多大，暴力的复杂度是O(K)，而差分的复杂度是O(2)。

现在来看真实的计算：
如何根据差分数组diff来推测reA中某一个位置的值呢？
比如求reA[1]，我们知道，reA[1]-reA[0]=diff[1]=>reA[1]=diff[1]+reA[0]=>reA[1]=2+5+0=7。

现在就知道差分数组的作用了，就是以空间换时间。

题解

我们用差分数组diff来表示两个数字之间翻转次数的差值。由于第i位的0需要翻转成为1，那么我们需要将diff[i]++，将diff[i+k]--来表示差分的值。
另外，由于diff[i]的值有变化，对于某一位i的值，不能简单的用原先的0或者1来判断了，需要与diff[i]结合起来。

import java.util.*;

class Solution {
    public int minKBitFlips(int[] nums, int k) {
        int[] diff = new int[nums.length+1];

        int revCnt = 0;
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            revCnt += diff[i];
            if (((revCnt + nums[i]) & 1) == 0) {
                if (i + k > nums.length) return -1;//越界了
                // 需要翻转
                // diff[i]++; // diff[i]之后不会用到，所以注释掉
                revCnt++; //由diff[i]++引起，
                diff[i + k]--;
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
}