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。