环形均分纸牌问题可链化的证明

先来看一下什么是均分纸牌问题

均分纸牌问题

n 个人站成一排，每个人手里有(A_i)张纸牌，每次操作可以使一个人从相邻的人手里那一张纸牌，问使得所有人手里纸牌数相等的最少操作数？（数据保证有解）

对于均分纸牌问题，很显然可以贪心解决。

对于第一个人来说，只能从第二个人那里拿牌，如果他少于平均，那么必然要从第二个人那里拿足够的牌直到达到平均值，如果多于平均，则必然要把多余的牌送给第二个人。

如果用(sum)表示(A)的前缀和，(ave)为纸牌的均值(即最后每个手里的牌数)，那么答案可以表示为

[sum^n_{i=1} sum[i]-ave*i ]

环形均分纸牌问题

环形均分纸牌问题，就是将 n 个人排成一圈，则第一个人可以和第 n 个人传递纸牌。

如果我们可以证明某两个人直接可以不用传递纸牌也能获得最优解，那么我们可以尝试断开每两个人之间的连接，然后使用非环形均分纸牌问题中的方法来求解。

网上很多解答都是在可链化的基础上推出了求中位数求解的结论，然而关于可链化(即可以将某两个人的连接断开而不影响最少操作次数)的证明问题却语焉不详。

实际上，想要通过枚举各种情况证明可链化是非常困难的，因为没有办法枚举所有情况。

这题更严谨的做法应当是假设(X_i) 表示第 (i) 个人向第(i-1) 个人传递了 (X_i) 张纸牌 ((X_1) 表示第一个向第 n 个)，值为负表示反向。

操作次数就可以表示为 (sum^n_{i=1} |X_i|)

由于传递后每个人的牌都为 (ave) ，所以可以列出一系列方程

[A_1 + X_2 - X_1 = ave \ A_2 + X_3 - X_2 = ave \ dots \ A_{n-1} + X_n - X_{n-1} = ave \ A_n + X_1 - X_n = ave \ ]

用 (X_1) 表示 (X_2,X_3dots X_n) 可得到

[egin{aligned} X_2 &= X_1 - (A_1 - ave) \ X_3 &= X_1 - (A_2 + A_1 - 2*ave) \ dots \ X_n &= X_1 - (A_{n-1} + A_{n-2} + dots + A_1 - (n-1)*ave) \ end{aligned} ]

令 (S_i = sum^{i-1}_{j=1} (A_j-ave) 2le ile n)

特别的，(S_1=0)

可得

[egin{aligned} X_2 &= X_1 - S_2 \ X_3 &= X_1 - S_3 \ dots \ X_n &= X_1 - S_n \ end{aligned} ]

操作次数可以表示为

[sum^n_{i=1}|X_i| = sum^n_{i=1} |X_1-S_i| ]

那么原问题变成了求 (X_1) 的值使得上述求和最小，上述求和可以看作是求点到直线的距离。

先将 (S) 数组从小到大排序。
如果 n 为奇数，那么 (X_1 = S_{n/2+1})
如果 n 为偶数，那么 (X_1 in [S_{n/2},S_{n/2+1}])

可以发现，不论 n 为奇数还是偶数，(X_1) 都可以取到(S) 数组中的某个值使得求和最小，因此存在某个 (X_i = X_1 - S_i = 0)，即有两个人之间没有纸牌传递，因此这种解法实际上证明了环形均分纸牌问题的可链化。