题意
有(n(1leq nleq 10^5))个盒子，每个盒子有(a_i(0leq a_i leq 1))个糖果，你每一次可以将第(i)个盒子里的糖果放到第(i-1)或(i+1)个盒子中（如果盒子存在）。最后要使每个盒子的糖果数量都整除(k(k>1))（注意盒子可以为空），问最小操作数。
分析
((1))因为糖果是类似于平铺的形式，堆叠时，我们可以发现所有存在糖果的盒子中数量均为(k)。若存在一个盒子中有(2*k)个糖果，在平铺到堆叠的过程中，将另外(k)个糖果分在更近的盒子能得到更小的答案。
((2))设糖果总数为(cnt)，所有存在糖果的盒子数量均为(k)，我们又可以发现，最小的操作是将(1)~(k)、(k+1)~(2k)、……、(i*k+1)~((i+1)*k)放在一起，即将相邻的(k)个放在一堆。
((3))对于某(k)个糖果，需要找到一个盒子，这个盒子到这(k)个糖果的距离最小(kNN算法)。我们将糖果看成数轴上的点，运用高一的绝对值知识（我忘了，我向高中数学老师谢罪）。
- 若(k)为奇数，则将该盒子设置为最中间糖果所在的盒子
- 若(k)为偶数，则将该盒子设置为最中间两个糖果中任意一个所在的盒子
即对于(i*k+1)~((i+1)*k)来说，第(k-i/2)个盒子，设其坐标为(ave)。
((4))为降低时间复杂度，我们采取前缀的思想，(sum[i])表示坐标(i)之前的糖果的坐标总和（没糖果的盒子不加），(num[i])表示坐标(i)之前有多少糖果。
((5))枚举可以被(cnt)整除的(k)，模拟((2))的过程，设(first)为第(i*k+1)个糖果的坐标，(last)为第((i+1)*k)个糖果的坐标，那么每个循环都得加上((num[ave] - num[first - 1])*ave-(sum[ave] - sum[first - 1])+(sum[last] - sum[ave])-(num[last] - num[ave])*ave)，意思为(ave)之前的操作次数加上(ave)之后的操作次数，最后取最小值
((6))记得开(long long)，(INF)也记得开大一点。
#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")
#include <bits/stdc++.h>
#define start ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define ll long long
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define int ll
using namespace std;
const int maxn = (ll) 1e5 + 5;
const int mod = 1000000007;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int a[maxn];
int cnt = 0;
int sum[maxn];
int num[maxn];
signed main() {
start;
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x;
cin >> x;
num[i] = num[i - 1] + x;//前缀数量
if (x) {
a[++cnt] = i;
sum[i] = i;
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)//前缀坐标和
sum[i] += sum[i - 1];
int ans = inf;
for (int i = 2; i <= cnt; ++i) {
if (cnt % i == 0) {
int tmp = 0;
for (int k = i; k <= cnt; k += i) {//k为最后的糖果
int first = a[k - i + 1];
int last = a[k];
int ave = a[k - i / 2];
int num1 = num[ave] - num[first - 1];
int num2 = num[last] - num[ave];
int tot1 = sum[ave] - sum[first - 1];
int tot2 = sum[last] - sum[ave];
int t = num1 * ave - tot1 + tot2 - num2 * ave;
tmp += t;
}
ans = min(ans, tmp);
}
}
if (ans == inf)
cout << -1;
else
cout << ans;
return 0;
}