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题目描述

数组里有 n 个筹码，第 i 个筹码的位置是 position[i]。

我们需要把所有筹码移到同一个位置。在一步中，我们可以将第 i 个筹码的位置从 position[i] 改变为：

  • position[i] + 2 或 position[i] - 2，此时 cost = 0
  • position[i] + 1 或 position[i] - 1，此时 cost = 1

返回使所有筹码移到同一位置所需的最小代价。

示例 1：

输入：position = [1,2,3]
输出：1
解释：第一步：将位置3的筹码移动到位置1，成本为0。
第二步：将位置2的筹码移动到位置1，成本为1。
总成本为1。

示例 2：

输入：position = [2,2,2,3,3]
输出：2
解释：我们可以把位置3的两个筹码移到位置2。每次移动的成本为1。总成本 = 2。

示例 3：

输入：position = [1,1000000000]
输出：1

提示：

  • 1 <= position.length <= 100
  • 1 <= position[i] <= 10^9

解题思路

这是一道数学和贪心的题目，关键在于理解移动规则的特点。

核心观察：

  1. 移动2步的代价为0，移动1步的代价为1
  2. 连续移动2步不改变位置的奇偶性，移动1步会改变奇偶性
  3. 因此，所有奇数位置的筹码可以免费移动到任意奇数位置，所有偶数位置的筹码可以免费移动到任意偶数位置

解题思路： 既然同奇偶性的筹码可以免费聚集，我们只需要：

  1. 统计奇数位置和偶数位置的筹码数量
  2. 选择将所有筹码聚集到奇数位置或偶数位置
  3. 代价就是较少数量的那一组筹码数（因为需要改变奇偶性）

比如有3个奇数位置筹码和2个偶数位置筹码，最优策略是将2个偶数位置筹码移动到奇数位置，代价为2。

这个贪心策略是最优的，因为我们总是选择移动数量较少的那组筹码。

代码实现

class Solution {
public:
    int minCostToMoveChips(vector<int>& position) {
        int oddCount = 0, evenCount = 0;
        
        for (int pos : position) {
            if (pos % 2 == 0) {
                evenCount++;
            } else {
                oddCount++;
            }
        }
        
        return min(oddCount, evenCount);
    }
};

class Solution:
    def minCostToMoveChips(self, position: List[int]) -> int:
        odd_count = 0
        even_count = 0
        
        for pos in position:
            if pos % 2 == 0:
                even_count += 1
            else:
                odd_count += 1
        
        return min(odd_count, even_count)

public class Solution {
    public int MinCostToMoveChips(int[] position) {
        int oddCount = 0, evenCount = 0;
        
        foreach (int pos in position) {
            if (pos % 2 == 0) {
                evenCount++;
            } else {
                oddCount++;
            }
        }
        
        return Math.Min(oddCount, evenCount);
    }
}

var minCostToMoveChips = function(position) {
    let evenCount = 0;
    let oddCount = 0;
    
    for (let pos of position) {
        if (pos % 2 === 0) {
            evenCount++;
        } else {
            oddCount++;
        }
    }
    
    return Math.min(evenCount, oddCount);
};
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复杂度分析

复杂度类型复杂度说明
时间复杂度O(n)需要遍历一次数组统计奇偶位置的筹码数量
空间复杂度O(1)只使用常数个变量存储计数

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