uva 11300 Spreading the Wealth_数学推倒 + 思维

这道题和负载平衡问题是同一道题， 如果 $n <= 100$ 的话是可以用最小费用流来求解的。
但是题中 $n$ 最大可达到 $10^6$, 这就需要我们进行一些性质分析与推导。
首先， 我们设每个·人手里最终金币数为 $C$
设 $X_{i}$ 为第 $i$个人给第 $i+1$ 个人的金币数目， 这个数目可以为负(第 $i + 1$ 个人向左给了第 $i$ 个人 $|X_{i}|$个。
则我们不难发现：

1. $A_{2}+X_{1}-X_{2}=C$
2. $A_{3}+X_{2}-X_{3}=C$
3. $A_{4}+X_{3}-X_{4}=C$
4. …
5. $A_{i}+X_{i-1}-X_{i}=C$
   而这道题要求的其实就是 $min|X_{1}| + |X_{2}| + |X_{3}| + |X_{4}| +... |X_{n}|$
   那么，我们可将上面的等式进行变形，得：
6. $X_{1} = X_{1}$
7. $X_{2} =A_{2}-C+X_{1}$
8. $X_{3} =A_{2} + A_{3}-2*C+X_{1}$
9. $X_{4} =A_{2} + A_{3} +A_{4}-3*C+X_{1}$
10. $X_{5} =A_{2}+A_{3}+A_{4}+A_{5}-4*C+X_{1}$
    此时，相信聪明的读者们不难发现规律：
    $X_{i} = \sum\limits_{k=2}^i-(i-1)*C+X_{1}$ 即 $X_{i} = \sum\limits_{k=2}^i-(i-1)*C-（-X_{1}）$
    我们可以把 $X_{1}$抽象成数轴上的一个点， 我们设 $g_{i}= \sum\limits_{k=2}^i-(i-1)*C$，那么我们希望 $X_{1}$ 到所有 $g_{i}$ 的距离和最短，这个 $X_{i}$ 一定是 $g_{i}$中的中位数，于是我们将所有的 $g_{i}$ 排序，取中位数作为 $X_{1}$ 即可，我们也就能顺便推出所有的 $X_{i}$ ，最后加和即可，总时间复杂度为 $O(nlogn)$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 1000000 + 10;
int  A[maxn], n;
long long g[maxn], x[maxn], sumv[maxn], C, ans;
inline void init()
{
    memset(g,0,sizeof(g));
    memset(sumv, 0, sizeof(sumv));
    memset(x,0,sizeof(x));
    memset(A,0,sizeof(A));
    C = ans = 0;
}
int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    while(scanf("%d",&n) != EOF)
    {
        init();
        for(int i = 1;i <= n; ++i)scanf("%d",&A[i]), C += A[i],sumv[i] = A[i] + sumv[i-1];
        C /= n;
        for(int i = 2;i <= n; ++i) g[i] = (sumv[i] - sumv[1]) - (i - 1) * C;
        sort(g + 1, g + 1 + n);
        int pos = n / 2;
        if(n % 2 == 1) ++ pos;
        x[1] = -g[pos];
        for(int i = 2; i <= n; ++i) x[i] = A[i] + x[i-1] - C;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) ans += abs(x[i]);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}