P1031 [NOIP2002 提高组] 均分纸牌

P1031 [NOIP2002 提高组] 均分纸牌

题目

有 \(N\) 堆纸牌，编号分别为 \(1,2,\ldots,N\)。每堆上有若干张，但纸牌总数必为 \(N\) 的倍数。可以在任一堆上取若干张纸牌，然后移动。

移牌规则为：在编号为 \(1\) 堆上取的纸牌，只能移到编号为 \(2\) 的堆上；在编号为 \(N\) 的堆上取的纸牌，只能移到编号为 \(N-1\) 的堆上；其他堆上取的纸牌，可以移到相邻左边或右边的堆上。

现在要求找出一种移动方法，用最少的移动次数使每堆上纸牌数都一样多。

例如 \(N=4\) 时，\(4\) 堆纸牌数分别为 \(9,8,17,6\)。

移动 \(3\) 次可达到目的：

• 从第三堆取 \(4\) 张牌放到第四堆，此时每堆纸牌数分别为 \(9,8,13,10\)。
• 从第三堆取 \(3\) 张牌放到第二堆，此时每堆纸牌数分别为 \(9,11,10,10\)。
• 从第二堆取 \(1\) 张牌放到第一堆，此时每堆纸牌数分别为 \(10,10,10,10\)。

输入

第一行共一个整数 \(N\)，表示纸牌堆数。
第二行共 \(N\) 个整数 \(A_1,A_2,\ldots,A_N\)，表示每堆纸牌初始时的纸牌数。

输出

共一行，即所有堆均达到相等时的最少移动次数。

样例

输入

4
9 8 17 6

输出

3

提示

对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \le N \le 100\)，\(1 \le A_i \le 10000\)。

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思路

题目要求构造最少的移动次数使得每堆纸牌数目相等，比较容易想到先求出 \(n\) 堆纸牌数量的平均值，如果某一位置的数字小于该平均值，则向其他位置“借数”，例如：\(1,9,9,17\)，平均数是 \(9\)，而中间两个位置的数已经为 \(9\) 了，因此 \(1\) 需要向 \(17\) 借 \(8\)，但是题目中有“移到相邻左边或右边的堆上”。因此第一个位置向第四个位置借 \(8\)，实际上相当于第一个位置向第二个位置借 \(8\)，第二个位置向第三位置借 \(8\)，第三个位置向第四个位置借 \(8\)。

用一种更直观的数字描述，即：每个位置的数减去平均值。例如 \(n\) 堆纸牌数量分别为：\(7,6,15,4\)，其平均值为 \(8\)。构造的新序列为：\(-1,-2,7,-4\)，而最终目的是将每个位置数量归为 \(0\)，则第一个位置需要向第二个位置借 \(1\)。于是第二个位置需要向第三个位置借 \(2\)，由于被第一个位置借走 \(1\)，因此第二个位置需要向第三个位置借 \(3\)。第三个位置需要借出去 \(7\)，由于第三个位置已经借走 \(3\)，因此自己余留 \(4\)。第四个位置需要向其他位置借 \(4\)，则正好是第三个位置余留的数字。

通过动手模拟这个过程非常容易分析出，每一个位置需要向右边借的个数为此时前缀和的值。一旦当前位置余留 \(0\)，则说明它不需要再向右边的邻居借数字。于是通过已知、直观的计算方法构造问题后，便可以轻松使用该贪心算法解决了。

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代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, a[110], cnt, sum, avg;

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		scanf("%d", &a[i]);
		sum += a[i];
	}
	avg = sum / n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		a[i] -= avg;
	for (int i = 1; i < n; i ++ )
	{
		if (a[i] == 0)
			continue;
		else
		{
			a[i + 1] += a[i];
			cnt ++;
		}
	}
	cout << cnt << '\n';
	return 0;
}