均分纸牌问题

有 $n$ 个人排成一列（或一个环），第 $i$ 个人手里有 $c_{i}$ 张牌，在每一步操作中，可以让某人给他左边或右边的人一张牌，问最少多少步可以让每个人手中的牌数相等。

线性均分纸牌问题

定义 $avg$ 为总数的平均数，如果 $avg$ 不是整数的话，就是无解。否则要使每堆纸牌的数量一样多的话，那么经过移动后要使 $A_{i} = avg$ 。

对于第一堆牌，它会与第二堆牌产生 $| x_{1} - avg |$ 张牌的交换，多退少补，并累加答案。此时发现第一堆牌已经符合条件了，那么第一堆就可以忽略了，此时第二堆就变成了第一堆，继续重复上述步骤。

为什么这样做是最优的呢？可以发现在上述过程中，每一步都是必须的，没有多余的步骤，所以必然是最优解，这也是贪心思想的体现。

如果移牌的过程中出现负数怎么办？假设 $c_{i}$ 在移动过程中是负数，那么接下来他一定会在 $c_{i + 1}$ 处拿牌。可以认为 $i + 1$ 向 $i$ 给予牌是在 $i$ 给予 $i - 1$ 牌之前，所以不影响结果。

对于如何统计答案，模拟上述过程，发现就是遍历每个人，并将其纸牌数变为 $avg$ 。假设要令 $c_{i} = avg$ ，由算法流程可知，前 $i - 1$ 个人都有 $c_{j} = avg$ ，而前 $i$ 个人共有 $t o t_{i}$ 张纸牌（ $t o t$ 是 $c$ 的前缀和），并且后面的人没有给前 $i$ 个人牌，所以说现在的 $c_{i} = t o t_{i} - (i - 1) \times avg$ ，故第 $i$ 个人与第 $i + 1$ 个人之间的纸牌交换数量为 $| c_{i} - avg | = | t o t_{i} - i \times avg |$ 。而总的答案就是： $\sum_{i = 1}^{n} | t o t_{i} - i \times avg |$
为了方便起见，可以一开始就将 $c_{i} - avg$ ，那么最终就要使每个 $c_{i} = 0$ ，那么答案就是： $\sum_{i = 1}^{n} | t o t_{i} |$

环形均分纸牌问题

约定：此问题沿用上述线性问题解法中的定义

解法一

假设第 $i$ 个人给了第 $i - 1$ 个人 $x_{i}$ 张卡牌，特别的， $x_{1}$ 表示第 $1$ 个人给了第 $n$ 个人的牌的数量，所以此题的要求就是最小化 $\sum_{i = 1}^{n} | x_{i} |$ 。

由题意可得以下方程组：

{\begin{matrix} c_{1} - x_{1} + x_{2} = 0 \\ c_{2} - x_{2} + x_{3} = 0 \\ c_{3} - x_{3} + x_{4} = 0 \\ \dots \\ c_{n - 1} - x_{n - 1} + x_{n} = 0 \\ c_{n} - x_{n} + x_{1} = 0 \end{matrix}

将 $x_{i}$ （ $i > 1$ ）全部以 $x_{1}$ 表示，可得：

{\begin{matrix} x_{1} = x_{1} - 0 \\ x_{2} = x_{1} - c_{1} \\ x_{3} = x_{1} - (c_{1} + c_{2}) \\ \dots \\ x_{n} = x_{1} - (\sum_{i = 1}^{n - 1} c_{i}) \end{matrix}

令 $t_{i} = \sum_{j = 1}^{i - 1} c_{j}$ ，那么 $x_{i} = x_{1} - t_{i}$ ，所以 $\sum_{i = 1}^{n} | x_{i} | = \sum_{i = 1}^{n} | x_{1} - t_{i} |$ 。

所以只需要选确定 $x_{1}$ 的值就行了，这是经典的仓库选址问题，由结论可得， $x_{1}$ 是 $t$ 序列的中位数。

解法二

首先，有一个结论，那就是一定有一种最优解中有两个人之间没有发生纸牌交换。

证明

由解法一可得 $x_{1}$ 是 $t$ 序列的中位数，如果 $t$ 的长度是奇数，那么 $x_{1} = t_{\frac{n}{2} + 1}$ ，否则 $x_{1} \in [t_{\frac{n}{2}}, t_{\frac{n}{2} + 1}]$ ，所以 $x_{1}$ 一定可以等于 $t$ 中的某一个值，那么就有一个 $x_{i} = x_{1} - t_{i} = 0$ ，得证。

有了上述结论，就可以断环为链，转化为线性问题，此时 $a n s = \sum_{i = 1}^{n} | t o t_{i} |$ ，所以只需要搞清楚 $t o t$ 数组的变化即可。

假设在第 $k$ 个人之后断开，此时的 $c$ 数组就变为了 $c_{k + 1}, c_{k + 2}, \dots, c_{n}, c_{1}, c_{2}, \dots, c_{k}$ 其对应的 $t o t$ 数组也就变为了 $t o t_{k + 1} - t o t_{k}, t o t_{k + 2} - t o t_{k}, \dots, t o t_{n} - t o t_{k}, t o t_{1} + t o t_{n} - t o t_{k}, \dots, t o t_{k} + t o t_{n} - t o t_{k}$ 因为每个 $c_{i}$ 都减去了 $avg$ ，所以 $t o t_{n} = 0$ ，那么此时 $a n s = \sum_{i = 1}^{n} | t o t_{i} - t o t_{k} |$ ，与解法一的结论相似，即 $t o t_{k}$ 为 $t o t$ 序列的中位数。