给出一份有严谨证明的题解。

首先根据 $|T|\le3$，感受到浓烈的大分讨气息。

• $|T|=1$

  显然 $S$ 中有 $T$ 的时候无解，否则输出 $0$。

• $|T|=2$

  • 若 $T_1=T_2$，不妨设为 $\texttt{00}$，发现假如有解，必须用一个 $\texttt{1}$ 把两个 $\texttt{0}$ 隔开，则要求 $cnt_1\ge\lfloor\frac{cnt_0}{2}\rfloor$，其中 $cnt$ 表示个数，若满足，发现一定有解。
    1. 首先发现，当选择了一个翻转的串时，若这个串两端相同，$\texttt{00}$ 个数不变，否则串内部情况不变，与 $\texttt{1}$ 拼接到一起的部分可能造成 $\texttt{00}$ 的个数减 $1$，与 $\texttt{0}$ 拼接到一起的个数一定不会减少，这说明单次操作最多减少一个 $\texttt{00}$。总操作数不低于 $\texttt{00}$ 的个数次。
    2. 接下来证明一定能使用这个个数次构造出合法解。考虑对于当前存在的一个 $\texttt{00}$，找到他前或后第一个长度超过 $1$ 的连续 $\texttt{1}$ 段，由于有解，一定能够找到。
    3. 找到之后，考虑选择 $\texttt{00}$ 段和连续 $\texttt{1}$ 段最靠近的两个 $\texttt{0}$ 和 $\texttt{1}$，并且以他俩作为选择的字符串的端点进行翻转，发现可以把当前 $\texttt{00}$ 断开，并且不会新增这样的串，一直进行上述操作即可。
  • 否则不妨设为 $\texttt{10}$，考虑相邻两个 $\texttt{10}$ 构成的串 $\texttt{10...10}$，由于他俩之间没有任何其余的 $\texttt{10}$，$\texttt{...}$ 这一坨只能是全 $\texttt{1}$ 或者全 $\texttt{0}$ 或者前缀 $\texttt{0}$ 和后缀 $\texttt{1}$ 这三种情况。
    1. 发现无论哪种情况，这样的串翻转之后 $\texttt{10}$ 个数一定少 $1$。
    2. 扩展到多个相邻 $\texttt{10}$ 构成的串的情况，上述结论依然成立。
    3. 再扩展到任意串，发现反转之后 $\texttt{10}$ 串个数仍然至多少 $1$，总次数不少于个数次，下面继续构造合法解。
    4. 考虑找到当前串中最靠前和最靠后的 $\texttt{10}$，并且选上最前面的 $\texttt{10}$ 之前的极长的一段连续的 $\texttt{1}$ 以及最后面的 $\texttt{10}$ 之后的极长的一段连续的 $\texttt{0}$，作为我们选择的字符串，发现这样选择，串内部翻转之后 $\texttt{10}$ 一定减少 $1$，而且拼接处一定不会新增。
  • 综上，无论哪种情况，除无解之外，只需要数出 $T$ 作为 $S$ 字串出现的次数即可。

• $|T|=3$

  • $\texttt{100}$、$\texttt{110}$、$\texttt{011}$、$\texttt{001}$ 这 $4$ 种情况本质相同。发现他们具有的性质与上述 $\texttt{10}$ 串完全一致，所以仍然只需要数 $T$ 作为子串的出现次数即可。

  • $T_1=T_3\ne T_2$，不妨设为 $\texttt{101}$，考虑若一个此串被所选串完全包含，翻转之后没有任何变化，所以要是想消掉，显然需要被所选择串的边界分割。

    1. 考虑首先将任意两个 $\texttt{101}$ 两两配对，并选取前面的那个末尾的 $\texttt{01}$ 以及后面那个开头的 $\texttt{1}$，显然一次性减少 $2$ 个并且不会新增。
    2. 如果最后剩下了一个 $\texttt{101}$，考虑直接选取序列最前面的 $\texttt{1}$ 那里的位置和当前 $\texttt{101}$ 的 $\texttt{0}$ 的位置直接翻转，一定可以将这个消掉，并且不会产生新增。
    3. 综上，此时答案是 $\lceil\frac{cnt}{2}\rceil$，其中 $cnt$ 是 $T$ 在 $S$ 中的出现次数。

  • 若 $T_1=T_2=T_3$，不妨设为 $\texttt{000}$，无解是简单的，考虑相邻的 $\texttt{1}$ 之间存在的 $\texttt{0}$ 的数量 $x_1,x_2\cdots$，我们需要做的就是用最少次数使所有 $x_i\le2$。首先有两个显然结论：

    1. 如果存在 $1\le x_i\le2$，他在任意时刻一定不会变小。
    2. 对于任意 $x_i\le2$，他们在任意时刻不可能变的大于 $2$。

    这是因为上述两种情况都会消耗不必要的次数，一定不优。那么我们需要做的就是让所有 $x_j>2$ 向 $x_i<2$ 去匀。

    1. 发现每次操作可以使 $x_i,x_j$ 变为 $x_i-k,x_j+k(0\le k\le x_i+x_j)$ 的任意值。
    2. 对于 $x_i>2$，他需要匀出去 $x_i-2$ 个 $\texttt{0}$。对于 $x_i=0$，可以一次性匀进来 $2$ 个，$x_i=1$ 则是 $1$ 个。
    3. 显然尽量消耗 $x_i=0$ 的 $i$ 使最优的，能消耗的数量是 $\min(\sum\lfloor\frac{x_i-2}{2}\rfloor(x_i>2),cnt)$，其中 $cnt$ 表示 $x_i=0$ 的 $i$ 的数量，直接计算即可。