中位数应用-货仓选址-纸牌均分-糖果传递-七夕祭

1. 货仓选址

描述
在一条数轴上有N家商店，它们的坐标分别为 A[1]~A[N]。现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。

输入格式
第一行一个整数N，第二行N个整数A[1]~A[N]。

输出格式
一个整数，表示距离之和的最小值。

样例输入
4
6 2 9 1
样例输出
12
数据范围与约定
对于100%的数据: N<=100000, A[i]<=1000000

问题分析：
直观的想，假设我们将货仓建在第k个商店的坐标上，那么货仓左边有 k - 1 个商店，右边有 n - k - 1 个商店，当我们将货仓向右移动一个单位，那么货仓距离左面所有的商店的距离就会增加一个单位，距离右面所有的商店的距离会减少一个单位，所以应当使左右商店的个数相同， k-1 = n-k-1, 那么k=n/2, k就是整个序列中位数的位置。

代码：

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 100010;

int a[N];

int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> a[i];
	
	sort(a, a + n);
	
	int spc = a[n >> 1];
	int res = 0;
	
	for (int i = 0; i < n; i++)
		res += abs(a[i] - spc);
	
	cout << res << endl;
}

2. 均分纸牌

问题描述：
【该问题是我自己编的，只是说一下大体的题意】有N堆牌， 每次只能向相邻的牌堆移动一张牌，给定N堆牌的数目，问至少需要移动多少次使各个牌堆的牌数相同？

问题分析：
首先，我们知道总牌数一定可以被N整除，否则没有解，平均数mid就是最后每堆牌到达的一个状态，对于第一堆来说，当a[1] < mid 时，只能从第二堆拿，补到mid张；当a[1] > mid时，只能把多余的给第二堆；当a[1] = mid时，不需要动；对于所有堆，多退少补。
假设$A$是$a$的前缀和，即$A[i]={\sum }_{j=1}^{i}a[j]$，那么总移动次数=${\sum }_{i=1}^N|i\ast mid-A[i]|$
这里有个小技巧，我们最后的目标是让整个$a$序列都成为等于mid，这样的话，我们可以事先先都减去一个mid，那么我们最后的目标就成为让整个$a$序列都变成0，总移动次数=${\sum }_{i=1}^{N}A[i]$，我们可以发现，都减去一个mid后，答案就是a序列的前缀和再求和。
代码：

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010;

int a[N];

int main()
{
	memset(a, 0, sizeof(a));

	int n;
	ll sum = 0;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		sum += a[i];
	}
	int mid = sum / n;
	ll res = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		a[i] -= mid;
		a[i] += a[i - 1];
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		res += abs(a[i]);

	cout << res << endl;
}

3. 糖果传递

问题描述：
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。

求使所有人获得均等糖果的最小代价。

输入格式
第一行输入一个正整数n，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个小朋友初始得到的糖果的颗数。

输出格式
输出一个整数，表示最小代价。

数据范围
1≤n≤1000000

时/空限制： 2s / 64MB

输入样例：
4
1
2
5
4
输出样例：
4

问题分析：

这个和刚才的均分纸牌相比，这是一个环形的均分纸牌问题，我们看看他们有什么联系。
首先一定存在一种最优解使得某两个人之间没有纸牌交换。就是要么a给b，要么b给a，不能a给了b，b又给了a，如果存在这样的交换，就不是最优解了，可以用反证法证明。
假设我们从第$k$个位置断开,那么序列就变成了：
$a[k+1]=A[k+1]-A[k]$
$a[k+1]=A[k+2]-A[k]$
$...$
$a[N]=A[N]-A[k]$
$a[1]=A[1]+A[N]-A[k]$
$a[2]=A[2]+A[N]-A[k]$
$a$序列的每一项都减去了mid，$A[N](第n项的前缀和)$一定等于0，那么变成了：
$a[k+1]=A[k+1]-A[k]$
$a[k+1]=A[k+2]-A[k]$
$...$
$a[N]=A[N]-A[k]$
$a[1]=A[1]-A[k]$
$a[2]=A[2]-A[k]$
我们要枚举k，使得$|A[1]-A[k]|+|A[2]-A[k]|+...+|A[n]-A[k]|$总和最小，现在我们可以发现，这其实就是我们刚才说的货舱选址问题，$A[k]$是货仓的位置，$|A[i]-A[k]|$是第i个商店和货仓之间的距离，这样我们就不需要枚举$k$，可以直接得出，$A[k]$就是整个序列的中位数。
over！！！

代码：

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1000010;

typedef long long ll;

ll a[N];

int main()
{
    ll n;
    cin >> n;
    a[0] = 0;
    ll sum = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
    }
    ll mid = sum / n;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        a[i] -= mid;
        a[i] += a[i - 1];
    }
    sort(a + 1, a + n + 1);
    ll spc = a[n >> 1];
    ll res = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        res += abs(a[i] - spc);
    cout << res << endl;
}

4. 七夕祭

七夕节因牛郎织女的传说而被扣上了「情人节」的帽子。

于是TYVJ今年举办了一次线下七夕祭。

Vani同学今年成功邀请到了cl同学陪他来共度七夕，于是他们决定去TYVJ七夕祭游玩。

TYVJ七夕祭和11区的夏祭的形式很像。

矩形的祭典会场由N排M列共计N×M个摊点组成。

虽然摊点种类繁多，不过cl只对其中的一部分摊点感兴趣，比如章鱼烧、苹果糖、棉花糖、射的屋……什么的。

Vani预先联系了七夕祭的负责人zhq，希望能够通过恰当地布置会场，使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，并且各列中cl感兴趣的摊点数也一样多。

不过zhq告诉Vani，摊点已经随意布置完毕了，如果想满足cl的要求，唯一的调整方式就是交换两个相邻的摊点。

两个摊点相邻，当且仅当他们处在同一行或者同一列的相邻位置上。

由于zhq率领的TYVJ开发小组成功地扭曲了空间，每一行或每一列的第一个位置和最后一个位置也算作相邻。

现在Vani想知道他的两个要求最多能满足多少个。

在此前提下，至少需要交换多少次摊点。

输入格式
第一行包含三个整数N和M和T，T表示cl对多少个摊点感兴趣。

接下来T行，每行两个整数x, y，表示cl对处在第x行第y列的摊点感兴趣。

输出格式
首先输出一个字符串。

如果能满足Vani的全部两个要求，输出both；

如果通过调整只能使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，输出row；

如果只能使各列中cl感兴趣的摊点数一样多，输出column；

如果均不能满足，输出impossible。

如果输出的字符串不是impossible， 接下来输出最小交换次数，与字符串之间用一个空格隔开。

数据范围
1≤N,M≤100000,
0≤T≤min(N∗M,100000),
1≤x≤N,
1≤y≤M

时/空限制： 1s / 64MB

输入样例：
2 3 4
1 3
2 1
2 2
2 3
输出样例：
row 1

问题分析：
行、列各进行一次糖果传递问题就结束了。
代码：

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010;

int cols[N];
int rows[N];

int main()
{
    memset(cols, 0, sizeof(cols));
    memset(rows, 0, sizeof(rows));
    
    int n, m, t;
    cin >> n >> m >> t;
    
    ll sumcol = 0, sumrow = 0;
    for(int i = 1, a, b;i <= t;i++){
        cin >> a >> b;
        cols[a] ++;
        rows[b] ++;
        sumcol ++;
        sumrow ++;
    }
    bool iscol = sumcol % n == 0;
    bool isrow = sumrow % m == 0;
    int midcol = sumcol / n;
    int midrow = sumrow / m;
    ll res = 0;
    if(iscol){
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            cols[i] -= midcol;
            cols[i] += cols[i - 1];
        }
        sort(cols + 1, cols + 1 + n);
        int spccol = cols[n + 1 >> 1];
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            res += abs(spccol - cols[i]);
        }
    }
    if(isrow){
        for(int i = 1;i <= m;i++){
            rows[i] -= midrow;
            rows[i] += rows[i - 1];
        }
        sort(rows + 1, rows + 1 + m);
        int spcrow = rows[m + 1 >> 1];
        for(int i = 1;i <= m;i++){
            res += abs(spcrow - rows[i]);
        }
    }
    if(iscol || isrow){
        if(iscol && isrow){
            cout << "both" << " ";
        }
        else if(iscol){
            cout << "row" << " ";
        } 
        else{
            cout << "column" << " ";
        }
        cout << res << endl;
    }
    else
        cout << "impossible" << endl;
}