【HAOI2008】【BZOJ1045】糖果传递（环形纸牌均分，前缀和）

problem

• 一个有n个数的环
• 每次只能向相邻的数移动，移动一个数代价为1
• 求让所有数相等的最小代价

solution

一：思路
1、纸牌均分问题每行答案是∑ni=1|i∗T/n−G[i]| $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}|i\ast T/n-G[i]|$,其中T为总牌数，G[i]是a[i]的前缀和，a[i]为每个人的牌数。（这里考虑让每个人一开始手中的牌数都减去T/n $T/n$（为什么要减，后面就有好处了），答案显然不变（数学上也可以推导出），每行答案即为∑ni=1S[i] $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}S[i]$,其中s[i]为b[i]前缀和，b[i]=a[i]-T/n。）
2、对于环，可以拆为链，但是复杂度会上升。考虑从第k个人断开，写成一行，这n个人持有的纸牌数前缀和分别为（a[k+1]，s[k+1]-s[k]; a[k+2],s[k+2]-s[k];a[n],s[n]-s[k];a[1],s[1]+s[n]-s[k]）;因为s[n]=0（前面已经减去了t/n,所以均分后每个人手中有0张牌）。所以答案就是∑ni=1|s[i]−s[k]| $\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}|s[i]-s[k]|$,这里可以枚举k得到最小值（那为什么还要这么麻烦的用在上面减去T/n呢，难道是为了公式好看？）
3、不。。。也可以直接统计，因为，——到这里就是一个货仓选址问题。
货仓选址：给定数轴上的n个点，找出一个到他们的距离之和尽量小的点，而这个点就是这些数中的中位数，证明（随便找一个点，若是左边的点比右边多，那么往左移距离和就会减少，反之右移距离减少，一定是中位数最优）。

二：数据范围有毒。
1、至少1e6
2、记得开long long

codes

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1000010;
typedef long long LL;
LL a[maxn], f[maxn], sum, ans;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;  cin>>n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin>>a[i];
        sum += a[i];
    }
    sum /= n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)a[i]-=sum;
    for(int i = 1; i <= n; i++)f[i]=f[i-1]+a[i];
    sort(f+1,f+n+1);
    for(int i = 1; i <= n; i++)ans+=abs(f[i]-f[n+1>>1]);
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}
  

 

  
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double experience

双倍经验甚至更多：
七夕祭

文章来源: gwj1314.blog.csdn.net，作者：小哈里，版权归原作者所有，如需转载，请联系作者。

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