You have n super washing machines on a line. Initially, each washing machine has some dresses or is empty.

For each move, you could choose any m (1 ≤ m ≤ n) washing machines, and pass one dress of each washing machine to one of its adjacent washing machines at the same time .

Given an integer array representing the number of dresses in each washing machine from left to right on the line, you should find theminimum number of moves

Example1

Input: [1,0,5]

Output: 3

Explanation: 
1st move:    1     0 <-- 5    =>    1     1     4
2nd move:    1 <-- 1 <-- 4    =>    2     1     3    
3rd move:    2     1 <-- 3    =>    2     2     2   

Example2

Input: [0,3,0]

Output: 2

Explanation: 
1st move:    0 <-- 3     0    =>    1     2     0    
2nd move:    1     2 --> 0    =>    1     1     1     

Example3

Input: [0,2,0]

Output: -1

Explanation: 
It's impossible to make all the three washing machines have the same number of dresses. 

Note:

1. The range of n is [1, 10000].
2. The range of dresses number in a super washing machine is [0, 1e5].

這道題是為洗衣機陣列做負載均衡，題目難度為Hard。

如果衣服總數不能被洗衣機總數整除，表明不能均分所有衣服，返回-1；如果能整除，拿avg表示最終每個洗衣機中衣服數。

如果我們能夠得到任意位置k上洗衣機最少需要的運算元，則遍歷整個陣列即可得到最終需要的最小運算元，因為所有位置互不相關，可以同時進行操作。

​對位置k上的洗衣機來說，如果左邊k個洗衣機中（下標從0開始）原有衣服總數小於avg*k，表明左邊k個洗衣機作為整體最終需要從右邊洗衣機（包含位置k）中獲取衣服，而獲取衣服必定需要通過位置k的洗衣機，右邊同理。這裡拿lCnt表示位置k左邊所有洗衣機最終向右邊洗衣機（包含位置k）輸送的衣服數，如果lCnt小於0，表示左邊洗衣機最終需要從右邊洗衣機中獲取衣服，同理拿rCnt表示位置k右邊所有洗衣機最終向左邊洗衣機（包含位置k）中輸送的衣服數。lCnt和rCnt在知道了avg之後很容易計算，這樣通過判斷lCnt和rCnt的正負即可得出位置k上洗衣機的最小運算元。

• 如果lCnt>0 && rCnt>0

​表明位置k需要同時從兩側獲取衣服，兩側可以同時進行，所以位置k上最小運算元為max(lCnt, rCnt)；

• 如果lCnt<0 && rCnt<0

表明位置k同時向兩側輸出衣服，兩側不能同時進行，所以位置k上最小運算元為-lCnt-rCnt；

• 其他情況

表明位置k需要從一側獲取衣服，然後向另一側輸出衣服，兩側可以同時進行，所以位置k上最小運算元為max(abs(lCnt), abs(rCnt))。

遍歷整個陣列即可比較得出最終的最小操作次數。具體程式碼：

class Solution {
public:
    int findMinMoves(vector<int>& machines) {
        if(machines.empty()) return 0;
        int n = machines.size(), minMv = INT_MIN, avg;
        vector<int> sum(n+1, 0);
        
        for(int i=0; i<n; ++i)
            sum[i+1] = sum[i] + machines[i];
        if(sum.back() % n) return -1;
        avg = sum.back() / n;
        
        for(int i=0; i<n; ++i) {
            int lCnt = sum[i] - avg * i;
            int rCnt = sum.back() - sum[i+1] - avg * (n - 1 - i);
            if(lCnt > 0 && rCnt > 0)
                minMv = max(minMv, max(lCnt, rCnt));
            else if(lCnt < 0 && rCnt < 0)
                minMv = max(minMv, 0 - lCnt - rCnt);
            else
                minMv = max(minMv, max(abs(lCnt), abs(rCnt)));
        }
        
        return minMv;
    }
};