通过一次翻转 k 位来生成最大的 1
Make maximum 1's by flipping k bits at a time
给定一个 n 位向量和一个整数 k，1 <= k <= n，我们必须通过以下操作任意次数（包括零次）来最大化其中的个数：
- 恰好选择k位（不一定连续）并翻转它们的状态（0到1，1到0）；
经过一番分析，我得出结论，如果n > k，我们也可以同时翻转任意两个位。例如对于 n = 5，k = 4。我们可以做这样的事情来只翻转最后两位。
- xxxx_
- xxx_x
'x'表示我们翻转那个位置的位。
但我不确定之后如何进行，我无法进行更多观察。那么，什么才是正确的做法呢？您可以假设 n^2 算法是可行的。
翻转零，直到零的数量低于 k。令 m 为零的个数。
翻转 k - m/2 个和 m/2 个零（整数除法）。现在你有 m + (k-m/2) - m/2 = m + k - m/2 - m/2 ~ k 个零。 （整数除法的近似b/c）。
最后，翻转所有的零，并根据需要翻转尽可能多的零，总共翻转 k 次。这将是全部或关闭取决于 m 的奇偶校验。
Dave 的方法似乎是正确的。我将在此处发布问题后分享我的想法。
让零的个数为z，现在说服自己，如果k < n，我们可以通过使用k-bit运算的组合来翻转任意两位（一对）问题中提到。这里有一个论点可以帮助您满足这个事实，选择除您要翻转的那对之外的任何 k - 1 位；然后从一对中选择一个位以及我们刚刚选择的 k - 1 ，应用操作；然后从该对中选择另一个位以及我们之前选择的相同 k - 1 位，再次应用该操作。如果 k < n 或 n 至少为 k + 1.
，我们可以保证找到这些 k - 1 辅助位
所以很自然地，会出现两种情况：
k == n ：显然我们只能翻转全部或翻转 none。所以答案是max(n - z, z)k < n ：在这种情况下，我们可以翻转任何 k 位或者我们可以翻转任何 2 位（使用上面的参数）。现在，如果 z < k，我们只能使用 2 位翻转，如果 z 是奇数，我们剩下一位仍然是 0，答案是 n - 1；如果 z 是偶数，我们将它们全部翻转为 1，所以答案是 n。现在当 z >= k 时，我们可以同时使用 k-bit fips 和 2 位翻转，声明是，如果 z 是奇数并且 k 是偶数，我们只剩下一个0（答案是 n - 1）否则我们总能把所有的 0 变成 1（答案是 n）。
最后一个声明的解释：如果我们可以同时使用k-bit翻转和2位翻转并且z恰好是奇数，我们尝试使用一个 k-bit 翻转来改变剩余 0 的奇偶性（z - k 的奇偶性）。如果 k 是奇数，我们只能这样做，否则我们不能这样做，并且对奇数个零使用 2 位运算将使我们得到一个零。所以，简而言之，如果 k 与奇数 z 是偶数，我们将留下一个 0，否则我们将得到全 1。
给定一个 n 位向量和一个整数 k，1 <= k <= n，我们必须通过以下操作任意次数（包括零次）来最大化其中的个数：
- 恰好选择k位（不一定连续）并翻转它们的状态（0到1，1到0）；
经过一番分析，我得出结论，如果n > k，我们也可以同时翻转任意两个位。例如对于 n = 5，k = 4。我们可以做这样的事情来只翻转最后两位。
- xxxx_
- xxx_x
'x'表示我们翻转那个位置的位。
但我不确定之后如何进行，我无法进行更多观察。那么，什么才是正确的做法呢？您可以假设 n^2 算法是可行的。
翻转零，直到零的数量低于 k。令 m 为零的个数。
翻转 k - m/2 个和 m/2 个零（整数除法）。现在你有 m + (k-m/2) - m/2 = m + k - m/2 - m/2 ~ k 个零。 （整数除法的近似b/c）。
最后，翻转所有的零，并根据需要翻转尽可能多的零，总共翻转 k 次。这将是全部或关闭取决于 m 的奇偶校验。
Dave 的方法似乎是正确的。我将在此处发布问题后分享我的想法。
让零的个数为z，现在说服自己，如果k < n，我们可以通过使用k-bit运算的组合来翻转任意两位（一对）问题中提到。这里有一个论点可以帮助您满足这个事实，选择除您要翻转的那对之外的任何 k - 1 位；然后从一对中选择一个位以及我们刚刚选择的 k - 1 ，应用操作；然后从该对中选择另一个位以及我们之前选择的相同 k - 1 位，再次应用该操作。如果 k < n 或 n 至少为 k + 1.
k - 1 辅助位
所以很自然地，会出现两种情况：
k == n：显然我们只能翻转全部或翻转 none。所以答案是max(n - z, z)k < n：在这种情况下，我们可以翻转任何k位或者我们可以翻转任何 2 位（使用上面的参数）。现在，如果z < k，我们只能使用 2 位翻转，如果z是奇数，我们剩下一位仍然是 0，答案是n - 1；如果z是偶数，我们将它们全部翻转为 1，所以答案是n。现在当z >= k时，我们可以同时使用 k-bit fips 和 2 位翻转，声明是，如果z是奇数并且k是偶数，我们只剩下一个0（答案是n - 1）否则我们总能把所有的 0 变成 1（答案是n）。
最后一个声明的解释：如果我们可以同时使用k-bit翻转和2位翻转并且z恰好是奇数，我们尝试使用一个 k-bit 翻转来改变剩余 0 的奇偶性（z - k 的奇偶性）。如果 k 是奇数，我们只能这样做，否则我们不能这样做，并且对奇数个零使用 2 位运算将使我们得到一个零。所以，简而言之，如果 k 与奇数 z 是偶数，我们将留下一个 0，否则我们将得到全 1。