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。

\(\overline s\) 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 \(\sum\limits_{i=1}^m a_i<m\times\overline s\),那么必然需要从 \(m+1\)\(m\)\(m\times\overline s-\sum\limits_{i=1}^m a_i\) 张纸牌。
  • 如果 \(\sum\limits_{i=1}^m a_i>m\times\overline s\),那么必然需要从 \(m\)\(m+1\)\(\left(\sum\limits_{i=1}^m a_i\right)-m\times\overline s\) 张纸牌。
  • 如果 \(\sum\limits_{i=1}^m a_i=m\times\overline s\),那么移动如果跨过 \(m\)\(m+1\) 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。


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 \(x_1\gets x_1\times 2\),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


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

\[\sum_{i=k+1}^n\left|(i-k)\times\overline s-\sum_{j=k+1}^i a_j\right|+\sum_{i=1}^k\left|(i+n-k)\times\overline s-\sum_{j=1}^i a_j-\sum_{j=k+1}^n a_j\right| \]

\(a\) 的前缀和数组为 \(pre\)

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

\(a_i\gets a_i-\overline s\)

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

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 \(n\times m\) 的二维矩阵,只需要保证每行的和都等于 \(\overline s\times m\),每一列的和都等于 \(\overline s\times n\)

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。

posted @ 2021-07-06 13:37  Biadocy  阅读(535)  评论(0编辑  收藏  举报