本文主要是介绍【数论 排序 滑动窗口】1040. 移动石子直到连续 II，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
本文涉及知识点
排序 质数、最大公约数、菲蜀定理
C++算法：滑动窗口总结
LeetCode1040. 移动石子直到连续 II
在一个长度 无限 的数轴上，第 i 颗石子的位置为 stones[i]。如果一颗石子的位置最小/最大，那么该石子被称作 端点石子 。
每个回合，你可以将一颗端点石子拿起并移动到一个未占用的位置，使得该石子不再是一颗端点石子。
值得注意的是，如果石子像 stones = [1,2,5] 这样，你将 无法 移动位于位置 5 的端点石子，因为无论将它移动到任何位置（例如 0 或 3），该石子都仍然会是端点石子。
当你无法进行任何移动时，即，这些石子的位置连续时，游戏结束。
要使游戏结束，你可以执行的最小和最大移动次数分别是多少？ 以长度为 2 的数组形式返回答案：answer = [minimum_moves, maximum_moves] 。
示例 1：
输入：[7,4,9]
输出：[1,2]
解释：
我们可以移动一次，4 -> 8，游戏结束。
或者，我们可以移动两次 9 -> 5，4 -> 6，游戏结束。
示例 2：
输入：[6,5,4,3,10]
输出：[2,3]
解释：
我们可以移动 3 -> 8，接着是 10 -> 7，游戏结束。
或者，我们可以移动 3 -> 7, 4 -> 8, 5 -> 9，游戏结束。
注意，我们无法进行 10 -> 2 这样的移动来结束游戏，因为这是不合要求的移动。
示例 3：
输入：[100,101,104,102,103]
输出：[0,0]
提示：
3 <= stones.length <= 104
1 <= stones[i] <= 109
stones[i] 的值各不相同。
数量
n = stones.length
对stones按升序排序。如果最石子间没有空隙，则游戏结束。如果有空隙一定不会结束，下面来分情况证明：
一，如果空隙不挨着第一颗个石子，也不挨着最后一颗石子则将第一颗石子或最后一颗石子移到此处。
二，如果空隙同时挨着第一颗石子和最后一颗石子，说明总共只有2颗石子，和n>=3矛盾。
三，如果只挨着第一颗石子，将最后一颗石子移到此处。
四，如果只挨着最后一颗石子，将第一颗石子移到此处。
结论一：如果石子间有空隙则一定能继续，否则只能结束游戏。
本题 ⟺ \iff ⟺ 如何最快（慢）减少空隙。
最慢减少空隙(最多操作数)
如果最前（后）端，有两个及以上挨着的石子，则将最前端的石子移到从前到后的第一个空隙。可以持续减少一个空隙。我们简称此情况为：理想情况。
如果初始不是理想情况，则将石子移动前端的右边，或后端的左边。便是理想情况。
初始空隙i1 =stone.back()-stone[0]+1 - n
答案是：n - min(stone[1]-stone[0],stone.back()-stone[stone.length()-2]) 第一次可能会浪费空隙。
最快减少空隙(最少操作数）
我们假定游戏结束时，石子为[i2,i2+n-1)
如果i2和i2+n-1 没有石子则移到这两处，如果这两处不是所有石子的前面或后面（假设一），一定能移，下面来证明：
由于有3个石子，且此处没石子，前面或后面至少有一处，有2个石子。不失一般性，假定前面有两个石子。最前面的那个石子移到此处，移动后不会是左端。由于不是所有石子的左边，则此处不会右端点之外。
两个端点有石子后，端点外的石子，一次占一个空隙。即一个空位需要一次移动次数。
如果i2除没有石子则无需枚举，下来用决策包容性来证明：
i21后面没石子，则无法将任何石子移到i2处。
i21后的石子为i22，则[i22,i22+n)的石子一定不会少于[i21,n)。因为[i21,i22)被替换的部分没石子，被替换后石子数不会减少。
只枚举有石子的i2，会违反假设一，此解会被某个[i3,i3+n)包容。i3=i2 ,i3–，直到i3+n-1是石子。如果某个i3有石子，会被枚举。如果所有的i3都没石头，最终的i3也是合法解。
特列
除第（最后）一个石子外，其它石子是连续的，比如：
1,2,3,4,5,6,x 如果x为7，无需移动。
如果x为8，1边7，移动一次。
如果x>8,x1变8，x变7最多两次。
代码
核心代码
class Solution {
public:vector<int> numMovesStonesII(vector<int>& stones) {sort(stones.begin(), stones.end());const int N = stones.size();const int i1 = stones.back() - stones.front() + 1 - N;vector<int> ret(2);ret[1] = i1 - min(stones[1] - stones[0]-1, stones.back() - stones[stones.size() - 2]-1);if (stones[stones.size() - 2] - stones[0] + 1 == N - 1) {ret[0]= min(2, stones.back() - stones[stones.size() - 2]-1);return ret;}if (stones.back() - stones[1] + 1 == N - 1) {ret[0] = min(2, stones[1] - stones[0] - 1);return ret;}int iMaxStone = 0;for (int i = 0, right = 0, sum = 0; i < N; i++) {while ((right < N) && (stones[right] < stones[i] + N)) {sum++;right++;}iMaxStone = max(iMaxStone, sum);sum--;}ret[0] = N - iMaxStone;return ret;}
};
单元测试
template<class T1, class T2>
void AssertEx(const T1& t1, const T2& t2)
{Assert::AreEqual(t1, t2);
}
void AssertEx( double t1, double t2)
{auto str = std::to_wstring(t1) + std::wstring(1,32) + std::to_wstring(t2);Assert::IsTrue(abs(t1 - t2) < 1e-5,str.c_str() );
}template<class T>
void AssertEx(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{Assert::AreEqual(v1.size(), v2.size());for (int i = 0; i < v1.size(); i++){Assert::AreEqual(v1[i], v2[i]);}
}template<class T>
void AssertV2(vector<vector<T>> vv1, vector<vector<T>> vv2)
{sort(vv1.begin(), vv1.end());sort(vv2.begin(), vv2.end());Assert::AreEqual(vv1.size(), vv2.size());for (int i = 0; i < vv1.size(); i++){AssertEx(vv1[i], vv2[i]);}
}namespace UnitTest
{vector<int> stones;TEST_CLASS(UnitTest){public:TEST_METHOD(TestMethod00){stones = { 7,4,9 };auto res = Solution().numMovesStonesII(stones);AssertEx(vector<int>{1, 2}, res);}TEST_METHOD(TestMethod01){stones = { 6,5,4,3,10 };auto res = Solution().numMovesStonesII(stones);AssertEx(vector<int>{2, 3}, res);}TEST_METHOD(TestMethod02){stones = { 100,101,104,102,103 };auto res = Solution().numMovesStonesII(stones);AssertEx(vector<int>{0, 0}, res);}};
}
扩展阅读
视频课程
先学简单的课程，请移步CSDN学院，听白银讲师（也就是鄙人）的讲解。
https://edu.csdn.net/course/detail/38771
如何你想快速形成战斗了，为老板分忧，请学习C#入职培训、C++入职培训等课程
https://edu.csdn.net/lecturer/6176
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测试环境
操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者 操作系统：win10 开发环境： VS2022 C++17
如无特殊说明，本算法用**C++**实现。
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