（解方程建模+中位数求最短累积位移）
分金币（Spreading the Wealth, UVa 11300）
圆桌旁坐着n个人，每人有一定数量的金币，金币总数能被n整除。每个人可以给他左右相邻的人一些金币，最终使得每个人的金币数目相等。你的任务是求出被转手的金币数量的最小值。比如，n=4，且4个人的金币数量分别为1,2,5,4时，只需转移4枚金币（第3个人给第2个人两枚金币，第2个人和第4个人分别给第1个人1枚金币）即可实现每人手中的金币数目相等。
【输入格式】
输入包含多组数据。每组数据第一行为整数n（n≤1 000 000），以下n行每行为一个整数，按逆时针顺序给出每个人拥有的金币数。输入结束标志为文件结束符（EOF）。
【输出格式】
对于每组数据，输出被转手金币数量的最小值。输入保证这个值在64位无符号整数范围内。
【样例输入】
3
100
100
100
4
1
2
5
4
【样例输出】
0
4
以后题解还是自己写吧。
初看题目 感觉似乎有印象 当年LYP学长让我们思考过这道题。
还记得一个重要结论 就是A给B Xb = B给A -Xb
想沿着这个思路写贪心 结果发现失败了。。因为该贪心的地方不是这里
可耻的看了题解（不过下面的内容还是自己写的 不是复制粘贴）
第一步：解方程建模型
假设坐在圆桌旁的人序列为 1,2,3,4,5,6,7...n
并且 1给2 X2个金币）
2给3 X3个金币
k给k+1 X k+1个金币（X 1...k+1 均可能为负数）
n给1 X1个金币
所以显然有以下等式
.......
不过显然最后一个等式可以由sum 减去前几个等式得到 所以是个得不出有效信息的方程 可以舍去
设
x2=x1-C1;
x3=x1-C2;
x4=X1-C3;
ans=|x1|+|x2|+|x3|+|x4|........+|xn|=|x1-0|+|x1-C1|+|x1-C2|.....+|x1-Cn-1|
建模成功
转变求一个x1 使得ans最小
即找一个 x1到这些点的距离之和要最小
的经典模型
不过这个经典模型我也没坐过
所以怎么找这个x1呢
答案就是Ci的中位数
为什么呢？
假设x1为最优的解
x1左边有两个点 x2右边有4个点
当你向右边稍微移动d 那么会发现最优解会被更新
x1不是最优解 与假设矛盾
所以只要x1在左右两边点数不相等的时候不可能为最优解
所以x1必须在左右相等的地方
当点数为奇数时 显然这个地方有且只有中位数
当点数为偶数时 这个地方处于两个中位数之间均可以 不过为了计算方便 一般随便取两个中位数即可
所以无论奇偶 选择中位数即可 所以x1=Ci的中位数
然后计算出ans即可
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
long long gold[1000100],M;
int cmp(const void *i,const void *j)
{
if(*(long long *)i>*(long long *)j) return 1;
else if(* (long long *)i==*(long long *)j) return 0;
else return -1;
}
int main()
{
int n,k;
long long sum;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&gold[i]);
sum+=gold[i];
}
M=sum/n;
for(int i=1;i<=n-1;i++)
gold[i]=gold[i-1]+M-gold[i];
gold[n]=0;
qsort(gold+1,n,sizeof(gold[1]),cmp);
k=(n+1)/2;
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
sum=sum+abs(gold[i]-gold[k]);
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}