差分陣列是原陣列相鄰兩數的差值構成的陣列。利用差分陣列，可以快速地實現對區間內所有數同時加（減）去某個數。這是因為差分陣列維護是原陣列的變化量，在每次同時加（減）操作之後，除了差分陣列兩端的值會發生變化，差分陣列內部的值保持不變。引用一位大神部落格中的例子具體說明：
原始陣列和差分陣列
將區間[1,4]中元素同時+3
這時我們就會發現這樣乙個規律，當對乙個區間進行增減某個值的時候，他的差分陣列對應的區間左端點的值會同步變化，而他的右端點的後乙個值則會相反地變化，其實這個很好理解。
給你乙個長度為偶數n 的整數陣列 nums 和乙個整數 limit 。每一次操作，你可以將 nums 中的任何整數替換為 1 到 limit 之間的另乙個整數。由已知條件可知，互補的兩數之和s = nums[i]+nums[n-1-i]滿足條件2 ≤如果對於所有下標 i（下標從 0 開始），nums[i] + nums[n - 1 - i] 都等於同乙個數，則陣列 nums 是 互補的 。例如，陣列 [1,2,3,4] 是互補的，因為對於所有下標 i ，nums[i] + nums[n - 1 - i] = 5 。
返回使陣列互補的最少操作次數。
示例 1：
輸入：nums = [1,2,4,3], limit = 4
輸出：1
解釋：經過 1 次操作，你可以將陣列 nums 變成 [1,2,2,3]
\leq
≤ s ≤
\leq
≤ 2*limit，因此只需將[2, 2*limit]中的每乙個數作為互補和求出對應的操作次數，取最小值即可。
對於每一對a = nums[i]和b = nums[n-1-i]，要是它們互補，需要的操作次數可能為2、1、0。當 a+b == s時，操作次數為0；當 1+min(a,b) <= s <= limit+max(a,b)時，操作次數為1（只需換乙個）；當 2 <= s <= 2*limit時，操作次數為2（兩個都要換）。
通過以上分析，可以通過構造差分陣列times[2*limit+2]來完成對區間的同時操作，times[i]在差分陣列的原陣列中表示將i當作互補和時對應的操作次數。具體演算法：遍歷陣列nums，對於每一對a和b，
將區間[2, 2*limit]的數都+2，對應於2個操作次數，
將區間[1+min(a,b), limit+max(a,b)]的數都－1，對應於1個操作次數，
將區間[a+b, a+b]的數都－1，對應於0個操作次數，
最後將差分陣列恢復成原陣列，取最小值即可。演算法的時間複雜度為o(n
)o(n)
o(n)
。
class
solution
//將差分陣列恢復成原陣列，最小值為答案
for(
int i =
2; i <=
2*limit; i++
)return ans;}}
;
[2]
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