信息学奥赛一本通 1320：【例6.2】均分纸牌(Noip2002) | 1828：【02NOIP提高组】均分纸牌 | 洛谷 P1031 [NOIP2002 提高组] 均分纸牌

ybt 1320：【例6.2】均分纸牌(Noip2002)
ybt 1828：【02NOIP提高组】均分纸牌
洛谷 P1031 [NOIP2002 提高组] 均分纸牌

设数组a，a[i]表示第i堆纸牌的数量，一共有n堆纸牌。由于最后要均分纸牌，每堆牌最后的数量为纸牌总数除以n，记每堆纸牌平均数量为ave。
考虑第1堆纸牌，第1堆纸牌的数量只能通过从第2堆拿或分给第2堆来改变，有以下几种情况：

• 如果第1堆纸牌的数量等于ave，则不移动纸牌，看下一堆。
• 如果第1堆纸牌的数量大于ave，则需要分给第2堆a[1]-ave张纸牌，第2堆纸牌增加a[1]-ave。
• 如果第1堆纸牌的数量小于ave，则需要从第2堆拿来ave-a[1]张纸牌，第2堆纸牌减少ave-a[1]，也可以说成第2堆纸牌增加a[1]-ave，不过增加的是负数。

如果第2堆纸牌数量a[2]小于ave-a[1]，那么第2堆在分给第1堆纸牌后，第2堆的纸牌数量为负数，这也没关系，就当它有负数张纸牌。

a[i]为负数，其意义为“还需要从后面牌堆获取a[i]张纸牌来分给前面的牌堆”。实际过程为，会先从第3堆调度足够的纸牌到第2堆，然后再分给第1堆。如果第3堆的纸牌也不够呢？会先从第4堆及以后的纸牌调度给第3堆，依此类推。似乎是要进行多次纸牌移动，但实际是在考虑完所有情况，计算好前面的纸牌堆需要的纸牌数量后，相邻的纸牌堆之间只会移动一次纸牌。

在处理完第1堆后，考虑第2堆纸牌。第1堆已经有ave张纸牌了，第2堆纸牌不用再考虑与第1堆的纸牌交换，只需要考虑与第3堆的纸牌交换。思考过程与上述情况类似。
一般地，在考虑第k堆纸牌时，第k堆纸牌的数量只能通过与第k+1堆纸牌交互才可以发生改变

• 如果第k堆纸牌的数量等于ave，则不移动纸牌，看下一堆。
• 如果第k堆纸牌的数量不等于ave，则移动纸牌，需要分给第k+1堆a[k]-ave张纸牌。（a[k]-ave为正数或负数，如果为负数，是指第k+1堆分给第k堆ave-a[k]张纸牌）

该过程不断进行，直到考虑第n-1堆，当第n-1堆也是ave张纸牌时，剩下的纸牌数量一定是ave张，第n堆自然就是ave张纸牌了。

#include
using namespace std;
int n, a[101], ct;//a[i]:第i堆纸牌的数量 ct:移牌次数 
int main(){
    int ave, sum = 0;//sum：纸牌总和 ave:平均每堆纸牌的数量 
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
		cin >> a[i];
		sum += a[i];//纸牌总数加和 
	}
	ave = sum / n;//纸牌总数一定是n的倍数，所以一定可以整除 
	for(int i = 1; i <= n-1; i++)
	{
		if(a[i] != ave)//如果第i堆不是ave张 
        {
			a[i+1] = a[i+1] + a[i] - ave;//第i+1堆增加a[i]-ave张，或第i+1堆减少ave-a[i]张。 
			ct++;//移动次数加1 
		}
	}
	cout << ct;
	return 0;
}