ApproximateEqualization

[ABC307G] Approximate Equalization

观察操作发现：$\sum _{i=1}^n{a}_i$ 不会改变。

也就是说，最后的数列中的每个数一定是 $\lfloor \frac{S}{n}\rfloor$ 或者 $\lfloor \frac{S}{n}\rfloor +1$（其中$S=\sum _{i=1}^n{a}_i$）

因为序列和是确定的，所以可以得出最终值为这两类数的分别有 $n-S+n\times \lfloor \frac{S}{n}\rfloor$ 和 $S-n\times \lfloor \frac{S}{n}\rfloor$ 个。

接下来考虑 dp。

令 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数中有 $j$ 个第二类数和 $i-j$ 个第一类数的最小花费。

考虑转移：最主要的问题是它将相邻的两个数绑在一起操作。

我们现在只考虑对于前 $i+1$ 个数的操作。因为总和不变，所以我们能得到这样一个式子，其中 $P$ 为改变后的 $a_{i+1}$：

$$P=\sum _{k=1}^{i+1}{a}_k-j\times (\lfloor \frac{S}{n}\rfloor +1)-(i-j)\times \lfloor \frac{S}{n}\rfloor$$

应该不难懂。就是前 $i+1$ 个数的和减掉前 $i$ 个数的组成部分（可以由当前 dp 状态推导出来）。

接下来就可以转移啦：

$$f_{i+1,j}=min\{f_{i+1,j},f_{i,j}+|P-\lfloor \frac{S}{n}\rfloor |\}$$

$$f_{i+1,j+1}=min\{f_{i+1,j+1},f_{i,j}+|P-(\lfloor \frac{S}{n}\rfloor +1)|\}$$

复杂度 $O(n^2)$。初值 $f=\{inf\},f_{0,0}=0$。

$S$ 为负时要注意一些细节。

这种方法抛开了原题的操作，用另外一种方式考虑问题。

AC