[HAOI2008]糖果传递

[HAOI2008]糖果传递

Description

有(n)个小朋友坐成一圈，每人有(a_i)个糖果。每人只能给左右两人传递糖果。每人每次传递一个糖果代价为(1)。

Input

第一行一个正整数(n<=1000000)，表示小朋友的个数．

接下来(n)行，每行一个整数(a_i)，表示第i个小朋友得到的糖果的颗数．

Output

求使所有人获得均等糖果的最小代价。

Sample Input

4
1
2
5
4

Sample Output

4

环形均分纸牌

本来以为均分纸牌很简单，才发现很多东西理解不到位，这里直接转载大佬的题解啦。

原题解戳这里

首先这道题是一个模型，我们称之为环形均分纸牌。显然这个模型是出自luogu1031那道均分纸牌，没有过的可以先过一下。

先来看不是环形的情况。

假设总和为 (T) ，有 (M) 张纸牌。设 (ave = dfrac{T}{M}) 。对于第(i)个人来说，如果 (C[i] < ave) 他拿的应该是 (C[i] + ave) 张，后一个拿 (C[i + 1] - ave + C[i]) ，否则，他拿 (C[i] - ave) 张，而后一个拿 (C[i + 1] + C[i] - ave) 张。

但是这样并不方便维护，我们考虑整体和隔离的思想。将前(i)个看做一个整体，显然前(i)个内部的均分是不会改变其整体结构的，因而对于该体系来说，想要达到平均数结构，就必须与下一个体系交换足够的纸牌，而交换数量就是 (|G[i] - i cdot ave|) ，其中 (G[i]) 是前缀和。然后就可以推出一个结论： (d = sum ^M _{i = 1} |i cdot ave - G[i]|)，也就是将每次体系更新的贡献加起来。

如果让每个人的数量都减去 (ave) ，结果就可以经过简单的数学推导进一步化简： (d = sum ^M _{i = 1} |S[i]|) ，其中 (S[i]) 是新数组的前缀和。这就是均分纸牌问题的通用公式。

现在考虑一种变形：如果这里的纸牌是环形的呢？

对于环形问题，首先考虑切开。假定我们切开的东西是 (A[k + 1], A[k + 2], ..., A[M], A[1], ..., A[k]) ，那么其前缀和也会有所变化，即 (S[k + 1] - S[k], S[k + 2] - S[k], ..., S[M] - S[k], .S[1] + S[M] - S[k], ..., S[M])

由于均分之后， (S[M] = 0)恒成立，所以前缀和的变化仅仅是减去 (S[k]) 。那么，我们要求的就是哪个取值上最短，换言之，求什么时候 (sum^M_{i = 1} |S[i] - S[k]|) 取到最小。

因而，这里我们要求的东西是 (sum^M_{i = 1} |S[i] - S[k]|) 的最小值。答案是在中位数处取到，原因各位可以想象将 (S[i]) 投影到一个坐标平面内。然后我们用一条线去扫，点到线的距离之和就是上面的式子的最小值。从中位数的位置变化到靠下的位置或是靠上的位置，都会使某一部分点的距离增大。所以这里转化为求中位数，也就是求第 (dfrac{n + 1}{2}) 大元素，由于 (N leq 10^6) 所以不建议排序（虽然也能用）。我们可以用(STL)的nth_elements()函数(O(n))求出(k)大。

讲的已经很清楚了，直接看代码吧

#include<bits/stdc++.h>
#define lll long long
using namespace std;
lll read()
{
	lll x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*w;
}
lll n,ave,qwe,ans;
lll a[1000010],sum[1000010];
int main()
{
	n=read();
	for(lll i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),qwe+=a[i];
	lll ave=qwe/n;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]-=ave,sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	sort(sum+1,sum+1+n);int cut=sum[(n+1)/2];
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=abs(sum[i]-cut);
	cout<<ans<<endl;
}