均分纸牌详解

引入

每个位置的纸牌可以移向相邻位置，求使得所有位置纸牌数量相等所需的最小移动次数。

线形

呈一条直线，位置 (1) 只和位置 (2) 相邻，位置 (n) 只和位置 (n-1) 相邻，其余位置 (i) 和位置 (i-1,i+1) 相邻。

令 (overline s) 表示平均数，(a_i) 表示位置 (i) 的纸牌数量。考虑所有位置 (m)：

• 如果 (sumlimits_{i=1}^m a_i<m imesoverline s)，那么必然需要从 (m+1) 向 (m) 移 (m imesoverline s-sumlimits_{i=1}^m a_i) 张纸牌。
• 如果 (sumlimits_{i=1}^m a_i>m imesoverline s)，那么必然需要从 (m) 向 (m+1) 移 (left(sumlimits_{i=1}^m a_i ight)-m imesoverline s) 张纸牌。
• 如果 (sumlimits_{i=1}^m a_i=m imesoverline s)，那么移动如果跨过 (m) 和 (m+1) 之间肯定不优。

除了必然需要的移动，我们发现剩下不需要任何移动了。

对于一次可以移动多张纸牌的情况，计算前两种情况的数量即可；对于一次只能移动一张纸牌的情况，计算前两种情况移动纸牌的总量即可。

环形

呈一个圆环，位置 (1) 和位置 (n,2) 相邻，位置 (n) 和位置 (n-1,1) 相邻，其余位置 (i) 和位置 (i-1,i+1) 相邻。

可以暴力枚举断点破环成链做到 (O(n^2))，证明考虑构造出一组存在至少一对相邻位置之间没有移动的最优解。

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因为相邻两位置肯定只会单向移动，所以相邻位置之间都有移动的所有最优解一定是如下形式：

其中 (x) 表示间隔移动的纸牌数量，不妨设最小的为 (x_1)。

现在将 (x_1) 置为 (0)，然后调整平衡。图中 (x_2,x_3,x_7,x_9,x_{10}) 均需增大原 (x_1)，(x_4,x_5,x_6,x_8) 均需减小原 (x_1)。

这样保证不会出现负数，唯一的问题就是代价变大了。设增大的间隔有 (l) 个，那么减小的就有 (n-l) 个，如果 (n-l<l) 说明代价变大。

如果出现这种情况就换种调整方式，令 (x_1gets x_1 imes 2)，这样仍能保证不出现负数，并且此时 (n-l>l)，代价变小了，这与我们假设最优解的前提相矛盾。

所以第一种调整方式一定会使得代价不变。

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对于一次可以移动多张纸牌的情况，在枚举的同时计算第三种情况的数量即可。

对于一次只能移动一张纸牌的情况就有点麻烦了

[sum_{i=k+1}^nleft|(i-k) imesoverline s-sum_{j=k+1}^i a_j ight|+sum_{i=1}^kleft|(i+n-k) imesoverline s-sum_{j=1}^i a_j-sum_{j=k+1}^n a_j ight| ]

记 (a) 的前缀和数组为 (pre)

[sum_{i=k+1}^n|pre_i-pre_k-(i-k) imesoverline s|+sum_{i=1}^n|pre_n-pre_k+pre_i-(i+n-k) imesoverline s| ]

令 (a_igets a_i-overline s)

[sum_{i=k+1}^n|pre_i-pre_k|+sum_{i=1}^k|pre_i+pre_n-pre_k| ]

因为 (pre_n=0)，所以化简成

[sum_{i=1}^n|pre_i-pre_k| ]

显然 (pre_k) 取中位数时最小。

二维

拓展到一个 (n imes m) 的二维矩阵，只需要保证每行的和都等于 (overline s imes m)，每一列的和都等于 (overline s imes n)。

假设一行中相邻两位置发生了纸牌移动，那么对于所有行来说，其各自的和不变；假设一列中相邻两位置发生了纸牌移动，那么对于所有列来说，其各自的和不变。

也就是说每次移动会且仅会影响到一维，所以我们可以逐维进行调整，也就是对于每行和的数组和每列和的数组单独做一遍一维的情况。