题目描述
思路解析
一句话答案：LeetCode 1040 移动石子直到连续 II 用排序后的两招求解：最大步数取放弃某条端缝后剩下的空位数，最小步数用长 n 的滑动窗口找覆盖石子最多的位置，瓶颈在排序 O(n log n)。
石子在数轴上挪来挪去，最后要报哪两个数
给一排位置互不相同的石子 stones，每步只能拿起当前最左或最右的端点，放进某个空位，且放完后它不能仍是端点；石子连成一段连续位置即停。返回长度 2 的数组 [最少步数, 最多步数]。以题面 stones=[7,4,9] 为例，排序后 4、7、9，最少 1 步（4 挪到 8 得 7、8、9）、最多 2 步，答案 [1,2]。
为什么不能真的一颗颗搬着去试
最直接的想法是模拟搬端点、穷举每步的放法直到连续。可每步有多个空位、还要递归很多层，移动序列随石子数指数级膨胀，稍大就跑不完。让它变简单的前提是先排序——端点、相邻间距、区间能装几颗，全靠位置有序才能直接读出，所以算最大最小前第一步都是把 stones 排成从小到大。
最大步数：放弃一条端缝，把剩下的空格填满
第一步必然动某个端点，它一旦往里搬，外侧那条通向远处的空隙（端缝）就永久作废。于是只有两种选择：放弃最左，剩下 n-1 颗挤进第二颗到最后一颗的区间；或放弃最右，挤进第一颗到倒数第二颗的区间。哪个区间空位多就能多走几步，取大者即最大步数——参考代码正是数每个区间首尾之间能站几个位置、各减掉 n-1 颗石子。
最小步数：拿一个长 n 的窗口滑过去数石子
终局是 n 颗石子占满 n 个连续位置，所以任何宽度不超过 n 的区间都可能是最后落点。让一个长 n 的滑动窗口贴着石子滑，它是一段宽度不超过 n、从左往右挪的区间：窗内就位的石子越多，要从窗外搬进来的越少，本窗步数就是 n 减窗内石子数。右指针每纳入一颗，宽度一超 n 就把左指针右移、压回 n 以内；每个窗口的『n 减窗内数』取最小即最少步数。
那个『差一点就排好』的位置，公式为什么少算一步
有一种排布会坑这条公式：n-1 颗已连成一片，只剩最后一颗落在远处。窗口罩住那 n-1 颗，按『n 减窗内数』像是只差 1 步，可这步走不通——一步收尾只能把远处那颗端点挪到紧邻空位，而那位置又成了新端点，违反『挪完不能还是端点』。正确要 2 步：先把连续段一端挪出一格，再把远处那颗填进中间。n-1 颗连成片时首尾跨度就是 n-2，所以窗内恰好 n-1 颗、且窗口跨度等于 n-2 时，单独把这窗记成 2 步。
排序后的 4、7、9，最大最小分头验一遍
排序得 4、7、9，n=3。最大：放弃最左 4，两颗挤进 7 到 9 共 3 位装 2 颗、1 空位，1 步；放弃最右 9，挤进 4 到 7 共 4 位装 2 颗、2 空位，2 步，取大得 2。最小：长 3 窗口滑到 7、9（宽度 9-7+1=3 没超 n），窗里 2 颗只需搬 4，1 步；跨度 9-7=2 不等于 n-2=1，没踩特例按 3-2=1 记。答案 [1,2]。
不排序、漏减 n-1、忘判特例，答案就偏了
不排序直接套公式最隐蔽：端点、间距、窗口宽度全依赖有序位置，乱序算的量不可信。算最大若只算一侧、或忘末尾减 n-1，会漏掉『放弃较小端缝更划算』的走法。算最小若漏掉那个『n-1 已连续、差一空位、最后一颗在远处』的特例，会把 2 步误报成 1 步。石子本就连续时输出 0。排序 O(n log n) 是瓶颈，最大 O(1)、滑窗 O(n)，空间 O(1)。
▶ 动画逐步走查（文字版）——想跟着上方动画一帧帧对照就展开
记住两句：最大「移一端、丢小端缝、数空格」；最小「滑长 n 窗口、数窗内最多石子、特例留空位算 2 步」。后面每帧都在套它。
先看原始输入，6 颗石子位置乱序排列。所有套路都建立在「排好序」之上，所以第一步永远是排序。
排好序后变成 2、3、5、6、8、11。最左是 2、最右是 11，整段从 2 到 11 一共 10 个位置，里面只占了 6 颗。接下来先算最大、再算最小。
先算最大步数。整段 10 个位置里有 4 个空格。最理想是每一步只填一个空格、慢慢挪。但第一步必须把一个端点往里搬，会放弃它那一侧的端缝，所以要在两种放弃里挑划算的。
第一种：第一步动最左的 2，等于放弃左端缝，往后所有石子都挤进 3 到 11 这段。这段有 4 个空格，每步填一个，最多走 4 步。
第二种：第一步动最右的 11，等于放弃右端缝，石子挤进 2 到 8 这段。这段只有 2 个空格，最多走 2 步。
两种放弃里挑空格多的：4 和 2 取大，最大步数就是 4。直觉上就是「丢掉较小的那条端缝，剩下的空格能填多少步就走多少步」。
再算最小。终局是 6 个挨着的位置。我们拿一个宽度不超过 6 的窗口在数轴上滑，窗口里已经就位的石子越多，要从外面搬进来的就越少。右指针 j 往右扩，一旦窗口宽度超过 6，左指针 i 就跟着右移。
右指针扩到位置 2，窗口宽度 1，还在 6 以内，左指针不动。
窗内已就位 1 颗，外面还有 5 颗要搬进来，本窗需要 5 步。比之前更少，最少刷新成 5。
右指针扩到位置 3，窗口宽度 2，还在 6 以内，左指针不动。
窗内已就位 2 颗，外面还有 4 颗要搬进来，本窗需要 4 步。比之前更少，最少刷新成 4。
右指针扩到位置 5，窗口宽度 4，还在 6 以内，左指针不动。
窗内已就位 3 颗，外面还有 3 颗要搬进来，本窗需要 3 步。比之前更少，最少刷新成 3。
右指针扩到位置 6，窗口宽度 5，还在 6 以内，左指针不动。
窗内已就位 4 颗，外面还有 2 颗要搬进来，本窗需要 2 步。比之前更少，最少刷新成 2。
右指针扩到位置 8，宽度一度超过 6，左指针往右移了 1 步，缩到位置 3，让窗口宽度回到 6，控制在 6 以内。
窗内已就位 4 颗，外面还有 2 颗要搬进来，本窗需要 2 步。没比当前最少 2 更优，继续滑。
右指针扩到位置 11，宽度一度超过 6，左指针往右移了 2 步，缩到位置 6，让窗口宽度回到 6，控制在 6 以内。
窗内已就位 3 颗，外面还有 3 颗要搬进来，本窗需要 3 步。没比当前最少 2 更优，继续滑。
滑完一遍，最划算的窗口已就位 4 颗，只要再搬 2 颗，最少就是 2 步。配上前面算的最大 4 步，主例答案是 [2, 4]。
单独看这个最容易错的特例：1、2、3、4 已经连成一片，只有 9 落在远处。窗口里能装下 4 颗连续石子，看着像只差 1 颗、1 步就完事，真的吗？
朴素地套公式：窗口里有 4 颗，n 是 5，5 减 4 等于 1，好像 1 步就行。问题出在这个 1 步根本走不通，下一帧看为什么。
想 1 步收尾，只能把端点 9 挪到位置 5，凑成 1、2、3、4、5。可规则要求端点挪完不能还是端点，而 5 恰好是新的最右端，这步违规。所以 1 步走不通。
正确走法要 2 步：先把最左的 1 挪到 6，变成 2、3、4、6、9；再把端点 9 挪到 5，凑成 2、3、4、5、6 连续收工。所以「n-1 已连续、只差一个空位、最后一颗在远处」这个特例，最少是 2 步，公式里要单独判它。
边界：已连续输出 0；n=3 看间隙——没有恰好长 2 的间隙就 1 步收不了尾、最少 2 步；记牢「几乎排好」的特例也算 2 步。
面试两问：最大只有两种端缝取舍；窗口宽度上限 n 来自终局的 n 个连续位置。
参考代码
from __future__ import annotationsfrom typing import *from collections import *from functools import *from itertools import *from math import *from heapq import *from bisect import *class Solution: def numMovesStonesII(self, stones: List[int]) -> List[int]: stones.sort() mi = n = len(stones) mx = max(stones[-1] - stones[1] + 1, stones[-2] - stones[0] + 1) - (n - 1) i = 0 for j, x in enumerate(stones): while x - stones[i] + 1 > n: i += 1 if j - i + 1 == n - 1 and x - stones[i] == n - 2: mi = min(mi, 2) else: mi = min(mi, n - (j - i + 1)) return [mi, mx]复杂度
- 时间：O(n log n)，瓶颈是排序；之后的最大计算 O(1)、滑动窗口一遍 O(n)
- 空间：O(1) 起，只用 i、j、mi、mx 几个变量；排序内部栈 C++/Java 约 O(log n)、Python 最坏 O(n)
易错点
面试追问把动画讲成自己的话
追问最大步数为什么只看两个候选窗口？
追问为什么滑动窗口的宽度上限取 n 而不是别的？
这道题到这就讲完了。动画和文字是同一套思路——别光看，关掉页面自己默写一遍。然后顺着主线继续：
单字符重复子串的最大长度
LeetCode 1156 · 中等 · 沿着 双指针套路 继续往下推进
把这道题真正学会，再走
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