题目：
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
思路：
参考了官方的题解，但不是很理解，后面尝试着加了一些适合自己脑回路的理解。
整体思路和官方是一样的，我们需要1个变量记录翻转次数是奇数次还是偶数次，还需要长度为n的数组去记载在某个位置需要翻转回来。
下面这个是官方的解释：
作者：LeetCode
链接：https://leetcode-cn.com/problems/two-sum/solution/k-lian-xu-wei-de-zui-xiao-fan-zhuan-ci-shu-by-leet/
来源：力扣（LeetCode）
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每次翻转一个子数组 A[i], A[i+1], ..., A[i+K-1]，我们可以考虑这样的两种事件：第一种是 “开始事件”，标记位置 i 为我们翻转子数组的开始，另一种是 “结束事件” ，标记位置 i+K 是我们翻转子数组的结束。使用这些事件，我们就可以知道某一个位置被多少个重叠的翻转子数组覆盖了：它的数值等于 “开始事件” 的数量减去 “结束事件” 的数量。
当我们翻转子数组形如A[i]...A[i + k - 1],总共k个。
我们可以在此位置置反翻转状态，并且在位置 A[i + k] 设置一个提醒，告诉我们在那里也要置反翻转状态。
为什么到A[i + k]时需要翻回来呢？
我们将翻转状态置反，说明了需要翻转的区间为[i, i + k - 1]，到了i + k时，翻转状态再一次置反，说明不需要翻转。
接下来是我在官方原代码上加的一些自己的理解。
class Solution { public int minKBitFlips(int[] A, int K) { int N = A.length; int res = 0, fli = 0; int[] fan = new int[N]; for(int i = 0; i < N; ++i){ fli ^= fan[i]; //异或是不进位的加法 /* fli(原) fan[i] fli(现) 0 0 0 不需要操作 0 1 1 这里需要翻的次数要加1，从偶数次变为奇数次 1 0 1 原先翻过奇数次，现在不用管，还是奇数次 1 1 0 原先翻过奇数次，现在再翻一次，变为偶数次 */ if(A[i] == fli){ /*有两种情况:1.fli翻过奇数次，而原A[i]为1，说明还要再翻； 2.fli翻过偶数次，而原A[i]为0，说明还要再翻；*/ ++res; if(i + K > N){ return -1; } fli ^= 1; //相当于fli = (fli + 1) % 2 if(i + K < N){ fan[i + K] ^= 1; //相当于fan[i + K] = (fan[i + K] + 1) % 2 } } } return res; } }
时间复杂度（n ）；
空间复杂度（n ）；