思路
对整串反异或有些唬人。但进行反异或操作的时刻是任意的，操作后依然可以往串首尾加数。也就是说，我们可以把问题转化成：一个长度为 \(|T|\) 的 01 串 \(S\)，从中选取一段字串对其进行反异或操作使其变为 \(T\)，求串 \(S\) 中 1 的最少数量。
异或的定义中，1 和 1 异或会变成 0，这样我们添加的 1 就浪费了，不如不异或。因此我们就要让反转前后的 1 对应 0，0 对应 1。这样一来，原串的 1 与另一半对应位置的 0 异或（反转所致，每个位置与其对于串中心对称的位置异或），异或后新串的对应位置也会变成 1。也就是说，我们在异或后新串回文，且回文中心不是 1（可以是 0 或两个字符中间）的时候，原串中 1 的个数只需要一半，减少了要从首尾添加 1 的数量。
由此一来解题的方法就很明显了：求出 \(T\) 中含 1 最多且回文中心不是 1 的回文子串中 1 的数量 \(cnt\)，此时有 $ \frac{cnt}{2}$ 个 1 不用在首尾添加，答案即为 \(sum-\frac{cnt}{2}\)，其中 \(sum\) 为 \(T\) 中 1 的总数。
求回文子串显然使用 Manacher 算法，前缀和预处理 1 的数量之后，统计回文中心不为 1 的情况，取最大值计算即可。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,tot=1,ans;
int len[N*2];
int sum[2*N];
char c[N],s[N*2];
int main(){scanf("%s",c+1);n=strlen(c+1);s[0]='^';s[1]='#';for(int i=1;i<=n;i++){s[++tot]=c[i];s[++tot]='#';}for(int i=1;i<=tot;i++) sum[i]=sum[i-1]+(s[i]=='1');//前缀和处理 1 的数量，为方便计算，直接在加过标识符的串上处理 int mid=0,r=0;//Manacherfor(int i=1;i<=tot;i++){if(i<=r) len[i]=min(len[2*mid-i],r-i+1);while(s[i-len[i]]==s[i+len[i]]) len[i]++;if(len[i]+i-1>r){r=len[i]+i-1;mid=i;}}for(int i=1;i<=tot;i++){//统计最大值，回文中心 s[1] 为 0 或 #（即不为 1）时参与统计if(s[i]!='1') ans=max(ans,sum[i+len[i]-1]-sum[i-len[i]]);}ans/=2;printf("%d\n",sum[tot]-ans);return 0;
}