给你一个正整数数组 nums 。

同时给你一个长度为 m 的整数数组 queries 。第 i 个查询中，你需要将 nums 中所有元素变成 queries[i] 。你可以执行以下操作 任意 次：

将数组里一个元素 增大 或者 减小 1 。
请你返回一个长度为 m 的数组 answer ，其中 answer[i]是将 nums 中所有元素变成 queries[i] 的 最少 操作次数。

注意，每次查询后，数组变回最开始的值。

示例 1：
输入：nums = [3,1,6,8], queries = [1,5]
输出：[14,10]
解释：第一个查询，我们可以执行以下操作：

• 将 nums[0] 减小 2 次，nums = [1,1,6,8] 。
• 将 nums[2] 减小 5 次，nums = [1,1,1,8] 。
• 将 nums[3] 减小 7 次，nums = [1,1,1,1] 。
  第一个查询的总操作次数为 2 + 5 + 7 = 14 。
  第二个查询，我们可以执行以下操作：
• 将 nums[0] 增大 2 次，nums = [5,1,6,8] 。
• 将 nums[1] 增大 4 次，nums = [5,5,6,8] 。
• 将 nums[2] 减小 1 次，nums = [5,5,5,8] 。
• 将 nums[3] 减小 3 次，nums = [5,5,5,5] 。
  第二个查询的总操作次数为 2 + 4 + 1 + 3 = 10 。

示例 2：
输入：nums = [2,9,6,3], queries = [10]
输出：[20]
解释：我们可以将数组中所有元素都增大到 10 ，总操作次数为 8 + 1 + 4 + 7 = 20 。

以上图引用自：

class Solution {
public:vector<long long> minOperations(vector<int>& nums, vector<int>& queries) {ranges::sort(nums);int n =nums.size();vector<long long> sum(n + 1);for(int i = 0; i < n;i++){sum[i + 1] = sum[i] + nums[i];}int m = queries.size();vector<long long> ans(m);for(int j = 0;j < m; j++){int q = queries[j];long long k = ranges::lower_bound(nums, q) - nums.begin();long long left = q * k - sum[k];long long right = sum[n] - sum[k] - (n-k) * q;ans[j] = right + left;}return ans;}
};

时间复杂度：O((n+q)logn)，其中 n 为 nums 的长度，q 为 queries 的长度。
空间复杂度：O(n)。返回值不计入。

这道题目首先计算前缀和，然后对queries的元素为参数一一使用二分查找。

 long long k = ranges::lower_bound(nums, q) - nums.begin();

减去nums.begin()，也就是两个迭代器相减，可以算出他们之间的距离，这时候k也就是比q大的第一个元素的索引值。

然后计算左边部分的蓝色面积和右边部分的绿色面积，最后相加后得到的答案就是需要操作的次数。