我们考虑前缀和sum[i]，如果将a[i+1]中的一个塞入a[i]中，则不影响sum[i+1],但是sum[i]++，如果将a[i]中的一个塞入a[i+1],则不影响sum[i+1],但是sum[i]--，我们可以发现操作一次相当于将一个sum[i]+1或者到sum[i]-1，那么题意就变成了操作多少次可以使得所有的sum[i]为某一个k的倍数，那么一个sum[i]变成k的倍数操作次数最小必然为min(sum[i]%k,k-sum[i]%k)，那么接下如何考虑k呢，显然k是sum[n]的一个因子，否则必然不可能，但是sum[n]范围1e12，枚举所有因子高达2¹²个，显然不行，但是其实我们只需要枚举质因子即可，可以得出结论他的质因子所得的操作次数最小值必然不超过k所得的操作数。总体复杂度O(12n)。

 1 //      ——By DD_BOND
 2 
 3 #include<bits/stdc++.h>
 4 
 5 #define pb push_back
 6 
 7 using namespace std;
 8 
 9 typedef long long ll;
10 
11 const ll LLMAX=2e18;
12 const int MAXN=1e6+10;
13 
14 vector<ll>prime;
15 ll a[MAXN],sum[MAXN];
16 
17 int main(void)
18 {
19     ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);   cout.tie(0);
20     ll n,ans=LLMAX;  cin>>n;
21     for(int i=1;i<=n;i++)    cin>>a[i],sum[i]=sum[i-1]+a[i];
22     if(sum[n]==0)   return cout<<0<<endl,0;
23     if(sum[n]==1)   return cout<<-1<<endl,0;
24     ll p=sum[n];
25     for(ll i=2;i*i<=sum[n];i++)
26         while(p%i==0){
27             prime.pb(i);
28             p/=i;
29         }
30     if(p!=1) prime.pb(p);
31     prime.erase(unique(prime.begin(),prime.end()),prime.end());
32     for(auto i:prime){
33         ll cur=0;
34         for(int j=1;j<=n;j++)    cur+=min(sum[j]%i,i-sum[j]%i);
35         ans=min(ans,cur);
36     }
37     cout<<ans<<endl;
38     return 0;
39 }