【C++】「一本通 1.1 練習 6」「HAOI-2008」糖果傳遞

【來源】

HAOI2008
一本通題庫-1432
BZOJ-1045
LibreOJ-10010
vjudge

【題目描述】

有$n$個小朋友坐成一圈，每人有$a_i$個糖果。每人只能給左右兩人傳遞糖果。每人每次傳遞一個糖果代價爲$1$。

【輸入格式】

第一行一個正整數$n≤1000000$，表示小朋友的個數．

接下來$n$行，每行一個整數$a_i$，表示第$i$個小朋友得到的糖果的顆數．

【輸出格式】

求使所有人獲得均等糖果的最小代價。

【輸入樣例】

4
1
2
5
4

【輸出樣例】

4

【數據範圍】

對於 30% 的數據，$n≤1000$；

對於 100% 的數據，$n≤10^6$，保證答案可以用 64 位有符號整數存儲。

【解析1】

貪心。
$ava$用於計算平均數。
$b[i]$是記錄 $i$ 給 $i+1$ 的紙牌數。

一般的均分紙牌問題就相當於在第n個人與第1個人之間把環斷開，此時這n個人站成一行，其持有的紙牌數、前綴和分別是：

紙牌數	前綴和
$a[1]$	$b[1]$
$a[2]$	$b[2]$
…	…
$a[n]$	$b[n]$

如果在第 $k$ 個人之後把環斷開站成一行，這 $n$個人持有的紙牌數、前綴和分別是：

紙牌數	前綴和
$a[k+1]$	$b[k+1]-b[k]$
$a[k+1]$	$b[k+2]-b[k]$
…	…
$a[n]$	$b[n]-b[k]$
$a[1]$	$b[1]+b[n]-b[k]$
…	…
$a[k]$	$b[k]+b[n]-b[k]$

所以，所需最小花費爲：$\sum_{i=1}^N {|s[i]-s[k]|}$

當 $k$ 取何值時上式最小？顯然，我們將b數組從小到大排序，取中位數作爲$b[k]$就是最優解。

【代碼1】

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma G++ optimize(3,"Ofast","inline")

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define RI                 register int
#define re(i,a,b)          for(RI i=a; i<=b; i++)
#define ms(i,a)            memset(a,i,sizeof(a))
#define MAX(a,b)           (((a)>(b)) ? (a):(b))
#define MIN(a,b)           (((a)<(b)) ? (a):(b))

using namespace std;

typedef long long LL;

int const N=1e6+5;

int n;
LL ava,ans;
LL a[N],b[N];

int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%lld",&a[i]);
        ava+=a[i];
    }
    ava=ava/n;
    b[1]=a[1]-ava;
    for(int i=2; i<=n; i++) b[i]=b[i-1]+a[i]-ava;
    sort(b+1,b+n+1);
    for(int i=1; i<=n; i++) ans+=abs(b[i]-b[(n+1)/2]);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

【解析2】

二分。

此解析來自LibreOJ，原文鏈接

我們可以先掃一遍，計算糖果數的平均值ava，我們的目的是使每個同學的糖果數變爲ava。

對$1-n$號小朋友，可以視作$i$號只向自己的右側傳遞$x_i$個（向左的傳遞可以認爲由$x_{i-1}$描述），$x_i$可正可負，則我們需要確定$x_1,x_2,……,x_n$，交換糖果次數爲
$S= \Sigma |x_i|$
我們的目的是最小化$S$。
事實上，考慮到$x_1$確定後,$x_2$的取值應恰好使$a_2+x_1-x_2=ava$
這是由於除了$x_1,x_2$，其他數不會影響$a_2$號的最終取值，變形得$x_2=a_2+x_1-ava$

因此我們可以直接確定$x_2$，類似的$x_3,x_4,……,x_n$也可以依次確定，這需要$n$次循環。我們只需要確定$x_1$就可以確定對應的$S$。

容易發現，$x_1$每增加$1$，$x_1,x_2,……,x_n$會各增加$1$。我們因此得到兩個結論:

(1) $x_1$越大，$x_1,x_2,……,x_n$中負數越少;

(2) 當$x_1,x_2,……,x_n$中負數多於$\frac{n}{2}$的時候，使$x_1$增加$1$，$S$會減小（由於更多的$x_i$是負的,它們的絕對值各減小了$1$,更少的$x_i$是負的,它們的絕對值會各增加$1$）；同理可得，$x_1,x_2,……,x_n$中負數少於$\frac{n}{2}$時，使$x_1$減小1，$S$會減小。

根據(2)，$x_1$使$x_1,x_2,……,x_n$中負數恰好爲一半時，$S$取到最小值；
根據(1)，可以使用二分法找到這時的，複雜度爲$O(nlogn)$。

【代碼2】

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma G++ optimize(3,"Ofast","inline")

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define RI                 register int
#define re(i,a,b)          for(RI i=a; i<=b; i++)
#define ms(i,a)            memset(a,i,sizeof(a))
#define MAX(a,b)           (((a)>(b)) ? (a):(b))
#define MIN(a,b)           (((a)<(b)) ? (a):(b))

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=1e6+5;
const LL inf=9e18;

int n;
LL ava,ans,sum;
LL a[N],b[N];

LL getcnt(LL x1) {
    LL cnt=(x1<0);
    for(int i=2; i<=n; i++) {
        x1=x1+a[i]-ava;
        cnt+=(x1<0);
    }
    return cnt;
}

LL getS(LL x1) {
    LL S=abs(x1);
    for(int i=2; i<=n; i++) {
        x1=x1+a[i]-ava;
        S+=abs(x1);
    }
    return S;
}

//l使x[]中負數不少於(n/2),r使得x[]中負數多於(n/2)(下取整)
//這是左閉右開區間,結束時l,r相差1,無論n的奇偶,r爲所求的最佳x1

void bs(LL l,LL r) {
    if(l+1==r) {
        ans=getS(r);
        return;
    }
    LL mid=(l+r)>>1;
    if(getcnt(mid)>=(n>>1)) bs(mid,r);
        else bs(l,mid);
}

int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%lld",&a[i]);
        ava+=a[i];
    }
    ava=ava/n;
    bs(-inf,inf);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}