不知道，并感觉写的

解题思路: 回文数组的特性为以数组对称位置的值相等，比如0位和n-1位的值要相等。

1. 要么相邻两个数同时加或减 或者 只能一个数加或减。

2. 从1可知，同时加减两个数越多（要都是有效步骤），总步骤就能越少.

3. 从0和n-1这对数开始，如果p[0]和p[n-1]不相等，那么肯定至少要 （p[0]-p[n-1]）(取正值) 次步骤才能使这两数相等。

4. 然后我们要想这（p[0]-p[n-1]）(取正值) 次步骤，能不能为使下一对数p[1]和p[n-2]相等提供帮助，因为第1点我们可以相邻同时加减。由第2点我们可以得出，只要使同时加减次数最多（且有用）即可。

5. 要使两个数相等，要么使大的数减少，或者使小的数增大。（具体体现为，当只要左边的数大于右边时，即差值（p[0]-p[n-1]）大于0，要么增大右边或者减少左边，差值小于0时，增大左边或减少右边。（这句不重要））因为后续在使两数相等时，不需要注重正负（不过代码是需要的），会优先注重大小比较。

6. 回到第4步，我们计算0和n-1的差值1以及1和n-2的差值2（差值为左边的数减右边，如p[0]-p[n-1]，小于0也没事，用if隔开就行）。

7. 有四种情况，第一种是相等，此时步骤就是差值，且由第3步可知，这是必需的，由2也可知这是最赚的，因为步骤最少。

8. 第二种情况，当差值1大于差值2，也就是要增大右边或者减少左边，虽然差值2不用这么多次，可差值1要啊，并且由3可知这是必须的，因此我们可以看作在使0和n-1相等时，顺便将1和n-2这对数也相等了，步骤为差值1。

9. 第三种情况是差值一个大于0一个小于0，此时不能用相邻同时加减了（原因的话有点解释不出，可以写几个数简单推一下）。因此这次步骤就是差值1。但是第二对数（1和n-1）还没相等，要留到下一对数（因为如果差值2和下一对数的差值相等（情况1），或者大于（情况2）就符合规则2，符合最少步骤）.

10. 第四种就是差值1小于差值2，虽然差值1的步骤是必须的，但是小于差值2的那部分呢，这部分会不会和情况3一样说不定能帮下一对数，因此，在步骤依旧是差值1的同时，我们要将 差值2 - 差值1 剩下来的带到下一对数，作为下一次计算的差值1，然后将新一对数的差值为差值2。此时

11. 此时我们可以把情况1，2，3，4均总结为步骤为差值1（不理解看规则3）.情况4和3都会影响下一次的差值1（3 差值1为差值2，4 差值1为差值2 - 差值1）然后以下一对数的差值为差值2。而情况1，2由于两对数都算了，所以需要两对新的数，先来的那对做差值1，后来那对做差值2.

12. 此时我们就构成了以差值1和差值2的循环，但是我们的循环结构每次都大概率会留一个数给下次算，最终会留下最后一个差值1，因此在考虑循环结束后还要把这个数再算进去。也就是代码最后一个if语句。

13. 接下来是很麻烦的边界和循环次数。

14. 当n为偶数时，就是有 n/2 对数要算，循环次数为n/2。n为奇数时，因为最中间那个单身所以要n-1，就是有（n-1）/2对数要算，循环次数为（n-1）/2。可是数组是从0开始的啊。

15. 原本是1和n,2和n-1这样一一对应，当起始为0时，变为0和n-1,1和n-2，也就是所有数都减1。n为偶数时，最中间的那一对（也就是最后算的那一对）由（n/2和n/2 +1）变为（ n/2 -1和n/2 ）因此i取值为0到n/2-1，对应位 [n-i-1] 为n-1到n-(n/2-1)-1 =n/2。次数为n/2次。

16. n为奇数时，中间那一对由（ (n-1)/2 和 （n+1）/2 ，比如7就是3对应5，中间的4单身）和（ (n-1)/2 -1 和 （n+1）/2 -1 ），由于n为奇数并且计算机的/2向下取整所以 (n-1)/2 -1 可以优化为 n/2 -1 ,也就是省去了n-1，同理（n+1）/2 -1 变为 n/2 ，同样以n等于7为例子，就是3为单身，剩的三对数为 0和6，1和5，2和4。i 取值为0到n/2-1，对应位 [n-i-1] 为n-1到n-(n/2-1)-1 , 因为 n为奇数并且计算机的/2向下取整 ，n/2 实际为（n-1）/2 ，把两个-1化掉原式变为 n-(n-1)/2=(n+1)/2。将上诉n=7带入得到4说明没错。循环次数由 (n-1)/2 也优化为 n/2 。

17. 最终，终于把循环次数都简化为n/2，i取值为0到n/2-1，对应位 [n-i-1] 为n-1到n/2,也就有了代码中的 for(int i=0;i<n/2;i++)。（实际上你要想偷懒直接挨个试试就能大概知道循环次数）
    
    

注意事项: 就因为没把参数范围扩大导致一直不对，气死我了。（因为给的数值大于10的5次方，要用Long int）。

参考代码:

int main(){//3222
	long int n,x=0,sum=0,x1;//x为上一对数的差值，x1为当前这对数的差值，sum用来储存答案即要多少步
	scanf("%ld",&n);
	long int *p=(long int *)malloc(n*sizeof(long int));
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%ld",&p[i]);
	if(n==1){//防止意外，可以省去
		printf("0");
	return 0;
	}
	for(int i=0;i<n/2;i++){
		if(!x) x=p[i]-p[n-i-1];//上一对数相等的情况，也是循环的第一步（将x=p[0]-p[n-1]），也是我们上面写的第3点）
		else {
			x1=p[i]-p[n-i-1];//计算当前这对数的差值
				if(x>0&&x1>0){
				    sum+=x;//将差值1加给sum
					if(x1<=x)x=0;//差值1大于等差值2
					else x=x1-x;//差值1小于差值2
				}
				else if(x<0&&x1<0){
				    sum-=x;//小于0嘛，所以就减了
					if(x1>=x)x=0;//因为都小于0，所以更小的差值更大
					else x=x1-x;
				}
				else {//一个大于0一个小于0的情况，也就是我们上面写的第9点第三种情况
					if(x<0)sum-=x;
					else sum+=x;
					x=x1;
				}
		}
	}
	if(x<0)sum-=x;
	else sum+=x;
	printf("%ld",sum);
	return 0;
}