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。
令 (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 (sumlimits_{i=1}^m a_i<m imesoverline s)，那么必然需要从 (m+1) 向 (m) 移 (m imesoverline s-sumlimits_{i=1}^m a_i) 张纸牌。
- 如果 (sumlimits_{i=1}^m a_i>m imesoverline s)，那么必然需要从 (m) 向 (m+1) 移 (left(sumlimits_{i=1}^m a_i ight)-m imesoverline s) 张纸牌。
- 如果 (sumlimits_{i=1}^m a_i=m imesoverline s)，那么移动如果跨过 (m) 和 (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_1gets x_1 imes 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
记 (a) 的前缀和数组为 (pre)
令 (a_igets a_i-overline s)
因为 (pre_n=0)，所以化简成
显然 (pre_k) 取中位数时最小。
二维
拓展到一个 (n imes m) 的二维矩阵，只需要保证每行的和都等于 (overline s imes m)，每一列的和都等于 (overline s imes 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。