从数学的角度解决均分纸牌与环形均分纸牌问题
题目背景
总共\(n\)个人排成一行，第\(i\)个人手上有\(a_i\)张牌，且\(\sum_{i=1}^n a_i=m\)，每个人每次可以把自己手中的一张纸牌传递给身边的人，求至少多少次操作才能让每个人手中持有的纸牌数相等（保证\(n\mid m\))
思路求解
将每个人视为一个节点，给出纸牌/收到纸牌视为连边，边权为进行传递的纸牌张数。当整除的关系存在时，由于从整个图上来说每个节点互相可达，那么均分纸牌的可行性是显然的。接下来考虑最优方案。
首先，对于两个节点来说，给出再给回是没有意义的。因为可以直接等效为某一方的给出，节省交换次数。所以两个节点中有且仅有一条单向边（边权可为0）。
接下来将问题分隔为子问题进行考虑。由于一个节点与另一个相连节点只能存在一条单向边，且第一个节点只与第二个节点相连，所以先从它开始考虑。
若\(a_1=\frac{m}{n}\)，则直接考虑接下来\(n-1\)个节点构成的子问题（后续的都不和第一个节点再发生交换了）；
若\(a_1>\frac{m}{n}\)，则将\(a_1-\frac{m}{n}\)张牌给\(a_2\)，在\(a_2'=a_2+a_1-\frac{m}{n}\)的情况下考虑接下来\(n-1\)个节点构成的子问题；
若\(a_1<\frac{m}{n}\)，则向\(a_2\)“索要”\(\frac{m}{n}-a_1\)张牌，即使\(a_2<\frac{m}{n}-a_1\)也没关系，因为可以放在后面的子问题中解决这个“赊账”，在实际中表现为交换顺序的不同。
如此往复下来，直到解决了第\(n-1\)个节点的问题，第\(n\)个节点手上也一定已经恰好有了\(\frac{m}{n}\)张纸牌。
由于每一步的操作都是必须且不能减少的，最优性易得，接下来就是如何进行计算。
计算
设\(x_i\)表示第\(i\)个节点向第\(i+1\)个节点之间边的边权，若为正说明边由\(i\)指向\(i+1\)（给出），为负说明边由\(i+1\)指向\(i\)（拿来）。我们需要计算得到\(\sum_{i=1}^{n-1} |x_i|\)。为了方便表示，令\(t=\frac{m}{n}\)。我们有如下的方程组（共\(n\)条方程）：\(
\begin{cases}
a_1-x_1=t\\
a_2+x_1-x_2=t\\
\ \ \ \ \ \ \vdots\\
a_{n-1}+x_{n-2}-x_{n-1}=t\\
a_{n}+x_{n-1}=t
\end{cases}
\)
为了使结果更直观，不妨增加一个\(x_n=0\)（在环形均分纸牌的时候它将具有实际意义）。方程组变为\(
\begin{cases}
a_1+x_n-x_1=t\\
a_2+x_1-x_2=t\\
\ \ \ \ \ \ \vdots\\
a_{n-1}+x_{n-2}-x_{n-1}=t\\
a_{n}+x_{n-1}-x_n=t
\end{cases}
\)，将其表示为矩阵方程\(Ax=b\)的形式，则\(
A=\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 & \cdots & 1\\
1 & -1 & 0 & \cdots & 0\\
& & \ddots & & \vdots\\
& &1 & -1 & 0\\
& & & 1 &-1\\
\end{pmatrix},
x=\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\vdots\\
x_{n}\\
\end{pmatrix},
b=\begin{pmatrix}
t-a_1\\
t-a_2\\
\vdots\\
t-a_n\\
\end{pmatrix}
\)
依次对\(A\)和\(b\)做第\(i\)行加到\(i+1\)行\((i=1,2\cdots n-1)\)的行变换（以防读者没有学过线性代数，其实就是方程相加的化简啦！），可得到\(
A'=\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 & \cdots & 1\\
& -1 & 0 & \cdots & 1\\
& & \ddots & & \vdots\\
& & & -1 & 1\\
& & & &0\\
\end{pmatrix},
b'=\begin{pmatrix}
t-a_1\\
2t-(a_1+a_2)\\
\vdots\\
nt-(a_1+a_2+\cdots+a_n)\\
\end{pmatrix}
\)
同时，\(nt=n\frac{m}{n}=m=\sum_{i=1}^n a_i\)。现在第\(n\)行表示一个\("0x=0"\)形式的方程，自然\(x_n=0\)不影响这个方程组的可解性。令\(s_i=\sum_{i=1}^n\)，将\(x_n=0\)往回代，可得\(|x_i|=|i*t-s_i|\)。如此一来，均分纸牌的计算问题也就解决了。
环形均分纸牌
个人觉得这个问题难以讨论出断成链的可能性，所以不妨沿用原题的思路，将\(x_n\)视为\(n\)到\(1\)连的边，同理正为给出，负为拿来。没有了\(x_n=0\)的限制后，上面的方程组仍然成立，同时可知\(x_n\)取任意值均有解。\(|x_i|=|i*t-s_i-x_n|(i=1,2\cdots n)\)，若记\(b_i=i*t-s_i\)，则总代价表示为\(\sum_{i=1}^n|b_i-x_n|\)。这样就可以转化为“货仓选址”的模型:将\({b_i}\)进行排序后，若\(n\)为奇数则取\(x_n=b_{(n+1)/2}\)，若\(n\)为偶数则取\(b_{n/2}\sim b_{n/2+1}\)中的任一整数，即可得到最小代价。
