七夕祭

当然是要看蓝书P34的纸质题解的，然后（环形）均分纸牌也是很经典的一个模型，一定要记住

我们来补充一些细节

环形均分纸牌可链化证明，或者看算法提高课视频10:00的推导，$x_1$取某一个中位数，所以某一个$x_i=0$，所以可链化

首先是P35那个前缀和的那个式子，这个式子算的是每两人之间的交换，与直接模拟是相同的，所以是正确的

然后证明七夕祭交换的合法性：

设通过环形均分纸牌算出来的数组$p$，$p[i]$表示第$i$个人给第$i+1$个人的纸牌个数（负数为接受纸牌）；不妨认为第$1$列与第$n$列之间没有交换

对于这一特定的数组，不妨从$1$开始向$n$进行操作。假设第一次遇到了无法进行交换的情况，此时在第$i$列，我们假设$p[i]>0$，此时我们先找出$i$和$i+1$一一对应的点（也就是行数相同的点），设有$x$个，除去这些点之后，第$i$列还有$y$个点，第$i+1$列还有$z$个点，那么此时一定有$y<p[i]$（因为无法交换）

若$p[i+1]$不超过$0$，则$y>p[i]$（即命题不成立），因为此时有$x+y-p[i]=x+z+p[i]-p[i+1]=average$，即$y+p[i+1]=2p[i]+z$，显然矛盾

若$p[i+1]$大于$0$，则先交换$p[i+1]$，再交换$p[i]$，先交换$i+1$的话，由于$z=average+p[i+1]-x-p[i]$，故至少交换一一对应中的数$p[i+1]-z=x+p[i]-average=2p[i]-y$个，显然大于$p[i]-y$，即交换了$y$个数之后还需要交换的数的数量，显然可以交换

我们也就证明了无论怎么排列，我们一定可以通过不经过任何列交换的情况下，将行搞成一模一样的，对列同理，所以我们可以分成两个独立的部分计算

然后引理一：对均分纸牌来说，我按照那个模拟算出来每两人之间的交换数目之后，不一定真的按模拟去做，而是以任意顺序选择任意间隙和任意交换牌数，答案都不变。比如说算出来1给2三张牌，3给2一张牌，那我可以先让1给2一张牌，再让3给2一张牌，再让1个2两张牌，or whatever答案都是一样的，可以用反证法证明。环形均分纸牌也满足，因为环形均分纸牌可以拆环成链按照均分纸牌处理

我们用数学归纳法严格证明一下上述结论，假设我们先通过蓝书的式子算出多退少补的数目，比如如下

我们从$1$到$n$依次考虑交换，当第一次遇到无法交换（也就是手牌不足的时候），设此时为第$i$个人

如果第$i$个人应该给第$i+1$个人纸牌，那么可以知道，由于前$i-1$个人此时每个人的手牌数目都是平均数，所以我们第$i$个人的手牌数目大于平均数，也就是说一定能给，所以此时一定是第$i+1$个人给第$i$个人纸牌；而此时第$i+1$个人一定不可能给第$i+2$个人纸牌，否则的话有$ix>su{m}_i,a_{i+1}<ix-su{m}_i,su{m}_{i+1}>(i+1)x$，其中$x$是平均数，$su{m}_i$是纸牌数目前缀和，$a_i$是第$i$个人的纸牌数目，那么可以推出$su{m}_{i+1}>x+su{m}_i,a_{i+1}>x,su{m}_i<(i-1)x,su{m}_{i+1}<(i-1)x+a_{i+1},(i+1)x<(i-1)x+a_{i+1},a_{i+1}>2x$，重复上述推导过程可以得出$a_{i+1}$无穷大，显然不可能，于是第$i+2$个人给第$i+1$个人牌，一直这么下去直到第$n$个人，此时我们从第$n$个人开始倒序给牌就好了

所以由这个引理，我们将任何一种分布的摊点抽象成纸牌模型后，只要抽象出来的牌数的分布是一模一样的，那么最优答案就是一样的，因为我总能找到一种合法的交换摊点位置的方法，所以我可以分成两维考虑（这么考虑也是下界，我们找到了一种方法来达到下界）