转载自：http://hzwer.com/2656.html（大佬写的好清楚）
Description
老师准备了一堆糖果, 恰好n个小朋友可以分到数目一样多的糖果. 老师要n个小朋友去拿糖果, 然后围着圆桌坐好, 第1个小朋友的左边是第n个小朋友, 其他第i个小朋友左边是第i-1个小朋友. 大家坐好后, 老师发现, 有些小朋友抢了很多的糖果, 有的小朋友只得到了一点点糖果, 甚至一颗也没有 , 设第i个小朋友有ai颗糖果. 小朋友们可以选择将一些糖果给他左边的或者右边的小朋友, 通过”糖果传递”最后使得每个小朋友得到的糖果数是一样多的, 假设一颗糖果从一个小朋友传给另一个小朋友的代价是1, 问怎样传递使得所耗的总代价最小.
Input
第一行一个正整数n,表示小朋友的个数. n行,每行一个整数ai,表示第i个小朋友得到的糖果的颗数.
Output
输出只有一个数, 表示最小代价.
Sample Input
4
1
2
5
4
Sample Output
4
HINT
数据范围
30%的测试数据, n<=1000.
100%的测试数据, n<=1000000.
ai>=0, 保证ai在longint/int范围内, ai的总和在int64/long long范围内.
题解
首先，最终每个小朋友的糖果数量可以计算出来，等于糖果总数除以n，用ave表示。
假设标号为i的小朋友开始有Ai颗糖果，Xi表示第i个小朋友给了第i-1个小朋友Xi颗糖果，如果Xi<0，说明第i-1个小朋友给了第i个小朋友Xi颗糖果，X1表示第一个小朋友给第n个小朋友的糖果数量。 所以最后的答案就是ans=|X1| + |X2| + |X3| + ……+ |Xn|。
对于第一个小朋友，他给了第n个小朋友X1颗糖果，还剩A1-X1颗糖果；但因为第2个小朋友给了他X2颗糖果，所以最后还剩A1-X1+X2颗糖果。根据题意，最后的糖果数量等于ave，即得到了一个方程：A1-X1+X2=ave。
同理，对于第2个小朋友，有A2-X2+X3=ave。最终，我们可以得到n个方程，一共有n个变量，但是因为从前n-1个方程可以推导出最后一个方程，所以实际上只有n-1个方程是有用的。
尽管无法直接解出答案，但可以用X1表示出其他的Xi，那么本题就变成了单变量的极值问题。
对于第1个小朋友，A1-X1+X2=ave -> X2=ave-A1+X1 = X1-C1(假设C1=A1-ave，下面类似）
对于第2个小朋友，A2-X2+X3=ave -> X3=ave-A2+X2=2ave-A1-A2+X1=X1-C2
对于第3个小朋友，A3-X3+X4=ave -> X4=ave-A3+X3=3ave-A1-A2-A3+X1=X1-C3
……
对于第n个小朋友，An-Xn+X1=ave。
我们希望Xi的绝对值之和尽量小，即|X1| + |X1-C1| + |X1-C2| + ……+ |X1-Cn-1|要尽量小。注意到|X1-Ci|的几何意义是数轴上的点X1到Ci的距离，所以问题变成了：给定数轴上的n个点，找出一个到他们的距离之和尽量小的点，而这个点就是这些数中的中位数，证明略。
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[1000001],c[1000001],ave;ll sum;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
}
ave=sum/n;
for(int i=2;i<=n;i++)
c[i]=c[i-1]+a[i]-ave;
sort(c+1,c+n+1);
ll ans=0;
int mid=c[(n>>1)+1];
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=abs(c[i]-mid);
printf("%lld",ans);
return 0;
}