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题意: 给出一个长度为n的序列a，问最少修改几个数字，能使得序列变成等差序列

思路:

• 枚举公差(我取了-300~300)，用数组记录每个数字减去位置乘公差的值出现的次数，出现最多的次数就是在枚举范围内的最优解。
• 但是这个枚举不能太大(完整枚举2e5 * 1e5会超时)，但是只枚举小范围不能保证正确，如样例3最优解的公差为-20000，那么我们可以遍历数据，取数据中的数的差值作为公差(注意公差要为整数)，同样记录，并更新最优解(注意:因为记录的差为2个数的差，但后续遍历没有加上前面这个数，所以更新最优解时，要加上1)。
• 遍历数组不需要跑完整的数组，因为题目规定数据范围为1~1e5,因为前面枚举过了一个范围的值，那么现在要考虑的是没有被枚举过的公差，(这里以300为例)， 超过300的公差，在数组里，最完整的情况是334个数构成的序列，300 * 334 = 100200，数组中是不会出现这个数的，所以没有必要遍历整个数组，因为在公差较大的时候，最长的等差数列长度为(极大值/公差)，只需要遍历这个长度的序列即可。
• 时间复杂度O(2n*S + 2n * (N/S)), S为枚举范围，N为最大数据范围，这里S = 300， N =100000；(实测S为20也能AC)

代码如下:

#include<bits/stdc++.h>
#include <ostream>

using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
typedef pair<int, int> PII;
#define debug() cout.flush()
#define for0(i, a) for (ll i = 0; i < a; ++i)
#define REP(i, a, b)  for (int i = a; i < b; ++i)
#define FOR(i, a, b)  for (int i = a; i <= b; ++i)
#define REPC(i, a, b, c)  for (ll i = a; i < b && i < c; ++i)
#define RREP(i, a, b) for (int i = a; i >= b; --i)
const ll MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 3e7 + 5e5; //开大一点防止越界
const int N = 1e5;//数据范围
const int S = 300;//枚举范围

inline void init() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
}

int a[MAXN], b[MAXN * 2];

inline void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    REP (i, 0, n) {
        cin >> a[i];
    }
    int ans = 1;
    REP (i, -S, S + 1) {
        REP (j, 0, n) {
            ++b[a[j] - i * j + MAXN];
        }
        REP (j, 0, n) {
            ans = max(ans, b[a[j] - i * j + MAXN]);
            b[a[j] - i * j + MAXN] = 0;
        }
    }
    REP (i, 0, n) {
        REP (j, i + 1, min(n, i + N / S + 1)) {
            if (!((a[j] - a[i]) % (j - i))) {
                int sub = (a[j] - a[i]) / (j - i);
                if (sub >= -S && sub <= S) continue;
                ans = max(ans, (++b[sub + MAXN]) + 1);
            }
        }
        REP (j, i + 1, min(n, i + N / S + 1)) {
            if (!((a[j] - a[i]) % (j - i))) {
                int sub = (a[j] - a[i]) / (j - i);
                b[sub + MAXN] = 0;
            }
        }
    }
    cout << n - ans << endl;
}

signed main() {
    init();
    solve();
    return 0;
}