参加阿里巴巴的笔试，碰到一个仓库运输的问题，题目如下：

有N个仓库，每个仓库存储量已知，并且 N 个仓库排成环状（i 和 i + 1 相连，n 和 1 相连）。每次只能把货物在相邻的仓库之间运输，问最少运输多少货物使得所有仓库存储量相同。

题目很有意思，通过学习http://www.cnblogs.com/legendmaner/archive/2013/05/06/3062323.html 和 http://www.cnblogs.com/legendmaner/archive/2013/05/07/3062222.html这两篇博客，进一步了解到了均分纸牌和糖果传递两个问题，讲解详细生动，深入浅出。

均分纸牌
[问题描述]
有 N 堆纸牌，编号分别为 1，2，…, N。每堆上有若干张，但纸牌总数必为 N 的倍数。可以在任一堆上取若于张纸牌，然后移动。
移牌规则为：在编号为 1 堆上取的纸牌，只能移到编号为 2 的堆上；在编号为 N 的堆上取的纸牌，只能移到编号为 N-1 的堆上；其他堆上取的纸牌，可以移到相邻左边或右边的堆上。
现在要求找出一种移动方法，用最少的移动次数使每堆上纸牌数都一样多。
例如 N=4，4 堆纸牌数分别为：
①　9　②　8　③　17　④　6
移动3次可达到目的：
从 ③ 取 4 张牌放到 ④ （9 8 13 10） -> 从 ③ 取 3 张牌放到 ②（9 11 10 10）-> 从 ② 取 1 张牌放到①（10 10 10 10）。
[输 入]：
键盘输入文件名。文件格式：
N（N 堆纸牌，1 <= N <= 100）
A1 A2 … An （N 堆纸牌，每堆纸牌初始数，l<= Ai <=10000）
[输 出]：
输出至屏幕。格式为：
所有堆均达到相等时的最少移动次数。‘
[输入输出样例]
a.in：
4
9 8 17 6

屏慕显示：
3

分析：
开始容易想到在所有的牌中找到最多的一堆，然后向小的牌堆上移动，一直到所有的牌都相等，但关键是不知道往哪个方向上移动才能达到移动次数最少。
设a[i]为第i堆纸牌的张数（0<=i<=n），ave为均分后每堆纸牌的张数，ans为最小移到次数。 
我们按照由左而右的顺序移动纸牌。若第i堆纸牌的张数a[i]超出平均值，则移动一次(ans+1)，将超出部分留给下一堆，既第i+1堆纸牌的张数增加a[i]-ave；若第i堆纸牌的张数a[i]少于平均值，则移动一次(ans+1)，由下一堆补充不足部分，既第i+1堆纸牌的张数减少ave-a[i]； 
问题是，在从第i+1堆中取出纸牌补充第i堆的过程中，可能会出现第i+1堆的纸牌数小于零(a[i+1]-(ave-a[i])<0 )的情况，但由于纸牌的总数是n的倍数，因此后面的堆会补充第i+1堆ave-a[i]-a[i+1]+ ave张纸牌，使其达到均分的要求。 我们在移动过程中，只是改变了移动的顺序，而移动的次数不变，因此此题使用该方法是可行的。

      例如：1  2  27 
我们从第二堆移出9张到第一堆后，第一堆有10张纸牌，第二堆剩下-7张纸牌，再从第三堆移动17张到第二堆，刚好三堆纸牌数都是10，最后结果是对的，从第二堆移出的牌都可以从第三堆得到。

（再思考：1 10 19，最小的代价显然就是将最后多出9张牌放到第一堆里，但是你只能移动相邻的牌，所以这9张牌先移动到第二堆里，再移动到第一堆里。反过来想，第一堆缺9张牌问相邻的借，如果第二堆有多那就直接借给第一堆好了，这样移动的次数也会最少，如果第二堆也缺的则它本身还要问下一堆所要牌，而且还要将第一堆索要的牌也继续传递下去，当然这样可以先假设其有足够的牌给第一堆，这时将出现负数，但这不是问题，它只相当一个传话的过程（如上一题-7的意思就是第二堆共缺17（10-(-7)=17）张牌，因为本身却8张，而上一堆它还缺9张，所以一共要17张），第二堆刚好合适，可以将第一堆的话传给它相邻的；)
此题的原理是贪心，从左到右让每堆牌向平均数靠拢。但负数的牌也可以移动，才是此题的关键。

int func34(int arr[], int n){assert(arr &&  n>0);int i,cnt/*总共移动牌数*/,tm/*移动次数*/;long avg=0;int *a;if (n<2){return 0;}a = new int[n];for (i=0; i<n; i++){a[i] = arr[i];avg += arr[i];}avg /= n;cnt = 0;tm =0;for (i=0; i<n-1; i++){if (a[i] - avg != 0 ){tm ++;}cnt += abs(a[i] - avg);a[i+1] = a[i+1] + a[i] - avg;}delete[] a;return tm;}

经过以上铺垫，我们来看看糖果传递问题：

糖果传递问题（和仓库运输问题一样的，这里给出糖果传递的题目）：

老师准备了一堆糖果，恰好n个小朋友可以分到数目一样多的糖果．老师要n个小朋友去拿糖果，然后围着圆桌坐好，第1个小朋友的左边是第n个小朋友其他第i个小朋友左边是第i-1个小朋友。大家坐好后，老师发现，有些小朋友抢了很多的糖果，有的小朋友只得到了一点点糖果，甚至一颗也没有，设第ai个小朋友有ai颗糖果．小朋友们可以选择将一些糖果给他左边的或者右边的小朋友，通过”糖果传递”最后使得每个小朋友得到的糖果数是一样多的，假设一颗糖果从一个小朋友传给另一个小朋友的代价是1，问怎样传递使得所耗的总代最小。

 一、由均分纸牌引发的思考；

这题和均分纸牌的不同之在于是形成了环。如果没有环，我们显然可以使用贪心算法算出其最小的代价，时间复杂度为O(n)；将环拆开形成一列，这样就可以在求得一个“最优”，拆开的方式有n种。选出最优的，即是解了。

why？因为在一列中的贪心算法是这样问题定义的，将向下一个相邻的节点索取这样，而且从第一个到最后一个是可以完成我们对问题的求解。所以这里将问题转换为均分纸牌问题，时间复杂度为O(n*n)；

参考均分纸牌代码，稍微修改可得一下代码，未经过优化工作，利于理解：

int func35(int arr[], int n){assert(arr &&  n>0);int i,cnt,sta;long avg=0;int *a;int less=INT_MAX;if (n<2){return 0;}a = new int[n];for (i=0; i<n; i++){//a[i] = arr[i];avg += arr[i];}avg /= n;    for (sta=0; sta<n; sta++) //起始位{for (i=0; i<n; i++) //相当于移位{a[i] = arr[(sta+i)%n];}cnt = 0;for (i=0; i<n-1; i++){cnt += abs(a[i] - avg);a[i+1] = a[i+1] + a[i] - avg;}if (less > cnt){less = cnt;}}delete[] a;return cnt;}

可是，时间复杂度过高，要是ACM绝对是超时的。

更细的看问题，先将问题看成一列，即将1和n之间拆开环，求解跟均分纸牌是一样的：

A： 1     2     4    5     1    2    4     5

B： -2    -1   1    2     -2   -1   1     2

C： -2   -3   -2    0    -2   -3   -2     0

A为原数组，原有的糖果数；B为减去AVG平均数的值；C为前i项B的和，即c[i]=b1+...+bi；

则以a[1]开头（1与n之间拆开）的最优为∑abs(c[i])，这个没问题；

现在考虑从a[2]开头：

A：   1     2     4    5     1    2    4     5

B：  -2    -1   1    2     -2   -1    1     2

C1： 0     -1   0    2      0   -1    0     2

显然，B数组没有改变，而C1变了。其中C1可以这么算全部减去b[1]（考虑C是如何算的）

将其一般化：假设起点为k，那么以此起点开始操作的费用为：∑abs(c[i]-c[k-1]) （相当于求和的从第I到第J的和=（从1到j的和）-（从1到i的和）），是不是感觉漏了点什么呢？不是有环么？旋转了么？环形的思想已经在其中了，怎么解释？有木有发现C（C1中最后一个元素是c[1]）最后的一个元素一定是0，这个是一个关键点。这样你从k开始，那么c[k-1]-c[k-1]=0前一个就成为了新的最后一个；自行证明，这里实在太巧了。。。

如果从a[3]开头：C2： 1     0   1    3      1   0    1     3  (c2[i] = c[i]-c[3])

这样就是说通过计算：∑abs(c[i]-c[k-1])这个就可以计算出以某处断裂的最优，在其全部的最优，即是所求了；

观察发现：即是找c中的某个数c[k]使得∑abs(c[i]-c[k-1])最小，中位数可以使其达到最优解，这个就不证明了。华丽转身，问题转换成求中位数了。

int func36(int a[], int n){assert(a &&  n>0);int i,cnt;long avg=0;int *c;if (n<2){return 0;}for (i=0; i<n; i++){avg += a[i];}avg /= n;    c = new int[n];for (i=0 ; i<n; i++)  //求b数组{c[i] = a[i] - avg;}for (i=1 ; i<n; i++)  //求c数组{c[i] = c[i-1] + c[i];}sort(c, c+n);  //排序以便求中位数cnt = 0; //for (i=0; i<n; i++){cnt += abs(c[i]-c[n/2]);}delete[] c;return cnt;}

当然在求中位数的时候，还可以稍微提速。如利用基数排序 O(n) ，所以这个问题就在O(n)的时间内解决了。