【C++】「一本通 1.1 练习 6」「HAOI-2008」糖果传递

【来源】

HAOI2008
一本通题库-1432
BZOJ-1045
LibreOJ-10010
vjudge

【题目描述】

有$n$个小朋友坐成一圈，每人有$a_i$个糖果。每人只能给左右两人传递糖果。每人每次传递一个糖果代价为$1$。

【输入格式】

第一行一个正整数$n≤1000000$，表示小朋友的个数．

接下来$n$行，每行一个整数$a_i$，表示第$i$个小朋友得到的糖果的颗数．

【输出格式】

求使所有人获得均等糖果的最小代价。

【输入样例】

4
1
2
5
4

【输出样例】

4

【数据范围】

对于 30% 的数据，$n≤1000$；

对于 100% 的数据，$n≤10^6$，保证答案可以用 64 位有符号整数存储。

【解析1】

贪心。
$ava$用于计算平均数。
$b[i]$是记录 $i$ 给 $i+1$ 的纸牌数。

一般的均分纸牌问题就相当于在第n个人与第1个人之间把环断开，此时这n个人站成一行，其持有的纸牌数、前缀和分别是：

纸牌数	前缀和
$a[1]$	$b[1]$
$a[2]$	$b[2]$
…	…
$a[n]$	$b[n]$

如果在第 $k$ 个人之后把环断开站成一行，这 $n$个人持有的纸牌数、前缀和分别是：

纸牌数	前缀和
$a[k+1]$	$b[k+1]-b[k]$
$a[k+1]$	$b[k+2]-b[k]$
…	…
$a[n]$	$b[n]-b[k]$
$a[1]$	$b[1]+b[n]-b[k]$
…	…
$a[k]$	$b[k]+b[n]-b[k]$

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

当 $k$ 取何值时上式最小？显然，我们将b数组从小到大排序，取中位数作为$b[k]$就是最优解。

【代码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。

此解析来自LibreOJ，原文链接

我们可以先扫一遍，计算糖果数的平均值ava，我们的目的是使每个同学的糖果数变为ava。

对$1-n$号小朋友，可以视作$i$号只向自己的右侧传递$x_i$个（向左的传递可以认为由$x_{i-1}$描述），$x_i$可正可负，则我们需要确定$x_1,x_2,……,x_n$，交换糖果次数为
$S= \Sigma |x_i|$
我们的目的是最小化$S$。
事实上，考虑到$x_1$确定后,$x_2$的取值应恰好使$a_2+x_1-x_2=ava$
这是由于除了$x_1,x_2$，其他数不会影响$a_2$号的最终取值，变形得$x_2=a_2+x_1-ava$

因此我们可以直接确定$x_2$，类似的$x_3,x_4,……,x_n$也可以依次确定，这需要$n$次循环。我们只需要确定$x_1$就可以确定对应的$S$。

容易发现，$x_1$每增加$1$，$x_1,x_2,……,x_n$会各增加$1$。我们因此得到两个结论:

(1) $x_1$越大，$x_1,x_2,……,x_n$中负数越少;

(2) 当$x_1,x_2,……,x_n$中负数多于$\frac{n}{2}$的时候，使$x_1$增加$1$，$S$会减小（由于更多的$x_i$是负的,它们的绝对值各减小了$1$,更少的$x_i$是负的,它们的绝对值会各增加$1$）；同理可得，$x_1,x_2,……,x_n$中负数少于$\frac{n}{2}$时，使$x_1$减小1，$S$会减小。

根据(2)，$x_1$使$x_1,x_2,……,x_n$中负数恰好为一半时，$S$取到最小值；
根据(1)，可以使用二分法找到这时的，复杂度为$O(nlogn)$。

【代码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[]中负数不少于(n/2),r使得x[]中负数多于(n/2)(下取整)
//这是左闭右开区间,结束时l,r相差1,无论n的奇偶,r为所求的最佳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;
}