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1019: 分金币

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Description

圆桌旁坐着n个人，每人有一定数量的金币，金币总数能被n整除。每个人可以给他左右相邻的人一些金币，最终使得每个人的金币数相等。你的任务是求出被转手的金币数量的最小值。比如，n=4，且4个人的金币数分别为1，2，5，4时，只需转移4枚金币（第3个人给第2个人两枚金币，第2个人和第4个人分别给第1 个人1枚金币）即可实现每人手中的金币数目相等。

Input

输入包含多组数据。每组数据第一行为整数n（n<=1 000 000），以下n行每行为一个整数，按逆时针顺序给出每个人拥有的金币数。输入结束标志为文件结束符（EOF）。

Output

对于每组数据，输出被转手金币数量的最小值。输入保证这个值在64位无符号整数范围内。

Sample Input

100

Sample Output

0 4

【分析】

当时这道题..的确坑了我一下午去算，因为死活不知道怎么才能做到最小转移...数学不好比较尴尬。

但是有一点可以确定，这道题一定是贪心，显然我们从一开始就可以知道最终结果是什么，也就是所有金币的平均值ave.

所以很明显，对这道题最开始想到的就是中位数。

但是当时想的比较多...加上刚好刘汝佳老师的书里也出现过类似的题目...所以....想的特别多...后来发现自己想多了，其实就是简单的求出ave后，再排序一下金币数量，找到中间数求一个位移和就好了...现在回想起来，也不知道当时为什么一个方程算了几个钟头.....

下面附上刘汝佳老师的方程分析:

首先最终每个人的金币数量可以计算出来，它等于金币总数除以人数n。接下来用M来表示每个人最终拥有的金币数。
　现在假设编号为 i 的人初始有Ai 枚金币，对于1号来说，他给了4号x1枚金币，还剩Ai -x1枚金币；但是2号给了他x2枚金币，所以还剩A1-x1+x2枚金币。所以A1-x1+x2=M。同理对于第2个人，有A2-x2+x3=M。最终得到n个方程，实际上只有n-1个有用
　尝试用x1表示出其他的xi ，则本题就变成了单变量的极值问题。
　　对于第1个人，A1-x1+x2=M → x2=M-A1+x1=x1-C1（规定C1=A1-M，下面类似）
　　对于第2个人，A2-x2+x3=M → x3=M-A2+x2=2M-A1-A2+x1=x1-C2
　　对于第3个人，A3-x3+x4=M → x4=M-A3+x3=3M-A1-A2-A3+x1=x1-C3
　　...
　　对于第n个人，An-xn+x1=M。这是一个多余的等式。
　　我们希望所有xi 的绝对值之和尽量小，即|x1|+|x1-C1|+|x1-C2|+...+|x1-Cn-1|要最小。注意到|x1-Ci|的几何意义是数轴上的点x1到Ci 的距离，所以问题变成了：给定数轴上n个点，找出一个到他们距离之和尽量小的点。
　　而这个点就是中位数，它实在是太优美，太巧妙了，而且不少其他问题也能用的上。

【代码】

#include<stdio.h>  
#include<algorithm>  
using namespace std;  
   
long long a[1001000],b[1001000],tot,m;
   
int main()  
{  
    int n;  
    while(~scanf("%d",&n))  
    {  
        tot =0;  
        int i;
        for(i=1;i<=n;i++) {scanf("%lld",&a[i]);tot+=a[i];}  
        m=tot/n;  
        b[0] = 0;  
        for(i=1;i<n;i++) b[i]=b[i-1]+a[i]-m;  
        sort(b,b+n);  
        long long sum=b[n/2],ans=0;  
        for(i=0;i<n;i++) ans+=abs(sum-b[i]);  
        printf("%lld\n",ans);  
    }  
    return 0;  
}

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