我 不 会 均 分 纸 牌

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唐完了。

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为啥不会啊？

线形均分纸牌问题

\(n\) 个人排成一排，每个人手上有 \(a_i\) 张牌，每次可以移动一张牌给左边或右边，问最少几次可以让所有人手上的牌数相等。

传统派。最后每个人手中的牌数是平均值 \(ave\)。令 \(b_i=a_i-ave\)，\(s_i=\sum\limits_{j\le i}b_j\)，答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^n |s_i|\)。

正确性的话，第一个人要移走 \(|b_1|=|s_1|\) 个，他只能给第二个人。于是第二个人就要移走 \(|b_1+b_2|=|s_2|\) 个，依此类推。

环形均分纸牌问题

典例：P2512，也就是上面变成环形了。

维新派。并且有两种解法。

第一种

一个前提是肯定不会环形传递。不是很会证啊。
随便选一个人，假设他减去 \(ave\) 以后是正数。他有两个选择，一个是只向一边传递。那就肯定没有环形。还有一种是他向两边都传递，首先他自己不会再接受糖果了，其次过程中肯定会有一个人正好满足了，那他就不会接着往下传递了，而他接受了上一个人的糖果，所以他不是最初的那个人，那就也没有环形。是负数同理。似乎也不是很严谨啊

然后，你可以枚举那个断点。假设是 \(k\)，那考虑传统派做法，前缀和变成了 \(s_{k+1}-s_k,s_{k+2}-s_k,\cdots,s_n-s_k,s_1+s_n-s_k,\cdots,s_k+s_n-s_k\)。注意到 \(s_n=0\)，那也就是所有都减去了 \(s_k\)。答案变为 \(\sum\limits_{i=1}^n |s_i-s_k|\)，你会发现取中位数是最佳的。

第二种

这个是推数学式子。

设 \(X_i\) 表示 \(i\) 给了 \(i+1\) 多少（特别地，\(X_n\) 表示 \(n\) 给了 \(1\) 多少）。那我们有：

\[a_1+X_n-X_1=ave \]

\[a_2+X_1-X_2=ave \]

\[a_3+X_2-X_3=ave \]

\[\cdots \]

\[a_n+X_{n-1}-X_n=ave \]

然后先不管第一个，移项，变为

\[X_2=a_2+X_1-ave \]

\[X_3=a_3+X_2-ave=X_1-(2\times ave-a_2-a_3) \]

\[X_4=a_4+X_3-ave=X_1-(3\times ave-a_2-a_3-a_4) \]

那么就设 \(C_i=\sum\limits_{j=2}^i ave-a_j\)，则有 \(X_i=X_1-C_i\)。注意这里 \(i\ge 2\)。\(C_1=0\)。
所以答案就是 \(\min\sum |X_i|=min\sum|X_1-C_i|\)。于是找到中位数就行了。

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然后你发现有一道题。这引起了你的思考：如果每次可以移动任意个，上述两个问题要怎么做呢？

线形均分纸牌问题'

还是减去 \(ave\)，做前缀和，发现答案是非零的个数。显然。

环形均分纸牌问题'

首先还是不能环形传递，证明和上面类似。之后我们尝试枚举断点，但是发现这并不好计算，最快只能做到 \(n^2\)。

那么考虑我们的断点从 \(i\) 变为 \(i+1\) 时是怎样的。相当于我们把 \(i\) 扔到了序列最末尾并动态维护前缀和，查询全局等于 \(0\) 的个数。肯定可以开一个长度为 \(2n\) 的线段树。如果想做到更优，考虑用 unordered_map 维护一个桶。我们把 \(i\) 扔到最后面时，根据前面的讨论，相当于全局减去 \(s_i\)。我们记录每次的修改量之和 \(\Delta\)，查询时不再是查有多少个 \(0\)，而是查有多少个 \(-\Delta\)。时间复杂度是线性的。

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写这个有啥用？