【AcWing第140场周赛】AcWing 5462. 修改数列（B题）

一、题目

1、原题链接

5462. 修改数列

2、题目描述

二、解题报告

1、思路分析

思路参考y总：y总讲解视频

（1）由于等差数列已知首项a1和公差d之后，就可以确定数列中的任意一项。所以可以枚举数列第一项a1和数列第二项a2的所有情况（9种情况，a1和a2各三种情况（-1、+1、不变））。我们就可以确定首项与公差，从而确定出数列的各项以及所有情况。
（2）在确定出每种情况的数列后，我们可以将预期数列中除去第一项和第二项后的各项与原始数列中对应的项进行作差，若差的绝对值小于等于1，则说明该项可以通过修改（或者不修改）达到预期数列中对应项的值；若存在差的绝对值大于1，则说明该项通过修改（或者不修改）无法达到预期数列中对应项的值。如果原始数列所有项（除第一项和第二项，因为第一项和第二项已经被修改了，肯定与预期数列中的第一项和第二项相等）与预期数列中的对应项的差值都小于等于1，说明该数列可以修改为等差数列。
（3）在上述判断过程中，我们可以同时记录每次需要修改的元素数，即差值不为0，说明需要修改，我们可以据此统计出需要修改的元素数，若该数列可被修改为等差数列时，我们在所有情况中取一个最小值作为答案输出；若该数列不可被修改为等差数列时，按照题目要求输出即可。

2、时间复杂度

时间复杂度为O(n)

3、代码详解

#include 
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
int a[N];
//a1_change、a2_change分别为数列第一、二项需要修改的值（可能不修改）
int solve (int a1_change, int a2_change) {
    //计算出修改后数列的第一项和第二项
    int a1 = a[0] + a1_change , a2 = a[1] + a2_change;
    //计算修改后数列的公差
    int d = a2 - a1;   
    int sum = 0;
    //遍历数列第二项之后的项
    for (int i = 2; i < n; i++) {
        //如果某一项的值与预期数列项的值相差绝对值大于1，说明无法将该数列修改为等差数列
        if (abs(a[i] - (a1 + i * d)) > 1) {
            return 1e6;
        }
        //统计需要修改的项数（不包括数列第一项和第二项）
        if (abs(a[i] - (a1 + i * d)) == 1) {
            sum++;
        }
    }
    return sum;
}
int main () {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    int ans = 1e6;
    for (int i = -1; i <= 1; i++) {
        for (int j = -1; j <= 1; j++) {
           //计算修改的总项数，如果小于ans则更新ans
           //abs(i) + abs(j) 是第一项和第二项修改的总次数（可能不修改，i、j为0时，表示不修改）
           if (solve(i, j) + abs(i) + abs(j) < ans) {
               ans = solve(i, j) + abs(i) + abs(j);
           } 
        }
    }
    if (ans == 1e6) cout << -1;
    else cout << ans;
    return 0;
}