糖果传递，一开始就想到了n^2的模拟贪心算法，但是一看，数据范围太大，好像只有O（N）能过。。。没啥方法，只好看题解，之后发现，woc，还有这种操作？
这个题直接可以用数学证明。。。
证明如下：
首先，最终每个小朋友的糖果数量可以计算出来，等于糖果总数除以n，用ave表示。
假设标号为i的小朋友开始有Ai颗糖果，Xi表示第i个小朋友给了第i-1个小朋友Xi颗糖果，如果Xi<，说明第i-1个小朋友给了第i个小朋友Xi颗糖果，X1表示第一个小朋友给第n个小朋友的糖果数量。 所以最后的答案就是ans=|X1| + |X2| + |X3| + ……+ |Xn|。
对于第一个小朋友，他给了第n个小朋友X1颗糖果，还剩A1-X1颗糖果；但因为第2个小朋友给了他X2颗糖果，所以最后还剩A1-X1+X2颗糖果。根据题意，最后的糖果数量等于ave，即得到了一个方程：A1-X1+X2=ave。
同理，对于第2个小朋友，有A2-X2+X3=ave。最终，我们可以得到n个方程，一共有n个变量，但是因为从前n-1个方程可以推导出最后一个方程，所以实际上只有n-1个方程是有用的。
尽管无法直接解出答案，但可以用X1表示出其他的Xi，那么本题就变成了单变量的极值问题。
对于第1个小朋友，A1-X1+X2=ave -> X2=ave-A1+X1 = X1-C1(假设C1=A1-ave，下面类似）
对于第2个小朋友，A2-X2+X3=ave -> X3=ave-A2+X2=2ave-A1-A2+X1=X1-C2
对于第3个小朋友，A3-X3+X4=ave -> X4=ave-A3+X3=3ave-A1-A2-A3+X1=X1-C3
……
对于第n个小朋友，An-Xn+X1=ave。
我们希望Xi的绝对值之和尽量小，即|X1| + |X1-C1| + |X1-C2| + ……+ |X1-Cn-|要尽量小。注意到|X1-Ci|的几何意义是数轴上的点X1到Ci的距离，所以问题变成了：给定数轴上的n个点，找出一个到他们的距离之和尽量小的点，而这个点就是这些数中的中位数，证明略。
偷来的证明。。。
题目：
Description 有n个小朋友坐成一圈，每人有ai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。
Input
第一行一个正整数nn<=''，表示小朋友的个数．
接下来n行，每行一个整数ai，表示第i个小朋友得到的糖果的颗数．
Output 求使所有人获得均等糖果的最小代价。
Sample Input Sample Output
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
#define duke(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define lv(i,a,n) for(int i = a;i >= n;i--)
#define clean(a) memset(a,0,sizeof(a))
const int INF = << ;
typedef long long ll;
typedef double db;
template <class T>
void read(T &x)
{
char c;
bool op = ;
while(c = getchar(), c < '' || c > '')
if(c == '-') op = ;
x = c - '';
while(c = getchar(), c >= '' && c <= '')
x = x * + c - '';
if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x)
{
if(x < ) putchar('-'), x = -x;
if(x >= ) write(x / );
putchar('' + x % );
}
ll c[],tot = ,n,p[];
ll ans = ;
int main()
{
read(n);
duke(i,,n)
{
read(p[i]);
tot += p[i];
}
tot /= n;
duke(i,,n)
{
c[i] = c[i - ] + p[i] - tot;
}
ll x;
sort(c + ,c + n + );
x = c[n / + ];
duke(i,,n)
{
ans += (ll)(abs(x - c[i]));
}
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
/*
4
1
2
5
4
*/