分析：

終於有道簡單題了。。。

很顯然，可以列舉A位置最終對應到哪個位置。方便起見，可以把B陣列複製為三倍，然後就可以暴力枚舉了。先檢查每一位是否需要更改，如果需要，是否在其移動範圍內就能遇到一個 $b_i=1$

現在可以得到：每個無法滿足的點需要向左/右移動的最小距離。

如果我們令向左最遠的一個走左邊，那麼剩下的都可以走左邊。如果向左最遠的一個不走左邊，其必須走右邊，那麼再來看次遠的一個走左還是右。這樣依次處理下去，就可以O(N)算出總的需要多走的左右步數。但需要排個序所以還是O(NlogN)的。

總的時間複雜度O(N^2logN)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
 

#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 2010
#define INF 0x3FFFFFFF
using namespace std;
char s[MAXN*3],s1[MAXN];
int pre[MAXN*3],nl[MAXN*3],nr[MAXN*3],ans=INF,len;
vector<pair<int,int> > add;
void prepare(){
	nl[0]=-INF;
	for(int i=1;i<=len*3;i++){
		nl[i]
 
=nl[i-1];
		if(s[i]=='1')
			nl[i]=i;
	}
	nr[len*3+1]=INF;
	for(int i=len*3;i>=1;i--){
		nr[i]=nr[i+1];
		if(s[i]=='1')
			nr[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<=len*3;i++)
		pre[i]=pre[i-1]+s[i]-'0';
}
int findl(int x){
	return min(INF,x-nl[x]);
}
int findr(int x){
	return min(INF,nr[x]-x);	
}
int main(){
	SF("%s",s1+1);
	SF("%s",s+1);
	len=strlen(s+1);
	for(int i=len+1;i<=len*3;i++)
		s[i]=s[(i-1)%len+1];
	prepare();
	for(int i=1;i<=2*len+1;i++){
		add.clear();
		int sum=0;
		for(int j=1;j<=len;j++){
			if(s1[j]!=s[i+j-1]){
				sum++;
				int r=j+len;
				int l=j+i-1;
				if(l>r)
					swap(l,r);
				if(pre[r]-pre[l-1]==0)
					add.push_back(make_pair(findl(l),findr(r)));
			}
		}
		add.push_back(make_pair(0,0));
		sort(add.begin(),add.end());
		int adds=INF,maxv=0;
		for(int i=int(add.size()-1);i>=0;i--){
			if(add[i].first!=INF&&maxv!=INF)
				adds=min(adds,maxv*2+add[i].first*2);
			maxv=max(maxv,add[i].second);
			if(maxv==INF)
				break;
		}
		if(adds!=INF)
			ans=min(ans,adds+abs(len+1-i)+sum);
	}
	if(ans==INF)
		ans=-1;
	PF("%d",ans);
}