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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）。输入描述 Input Description第一行N（N 堆纸牌，1 <= N <= 100）
第二行A1 A2 … An （N 堆纸牌，每堆纸牌初始数，l<= Ai <=10000）输出描述 Output Description输出至屏幕。格式为：
所有堆均达到相等时的最少移动次数。‘样例输入 Sample Input4
9 8 17 6样例输出 Sample Output3
对于这道题，我刚开始以为是DP，然后没有思路了。。。不得不点开tag，发现是一道贪心！
这可怎么贪。。。观察样例的方法，似乎是把卡片最多的尽量往卡片最少的堆里移动，然而代码写出来是错误的。。。
不得不求助于题解菌，然而岂可修的是，代码非常简单，思想非常令人困惑。。。
这个题从1~n遍历，如果当前的牌少于平均值，就把多余的牌往i+1移动，如果少了的话，就从i+1拿少的那部分牌
但是这里有一个问题，从i+1那儿拿牌后，如果i+1变成了负数怎么办？解决方法是不用管它，用以后的牌堆来填补这个空缺
很神奇，然而这样的操作，与i+1不变成负数的操作是等效的，我们只是改变了拿牌的顺序，而没有改变拿牌的次数。正如这位大神的解释http://m.blog.csdn.net/blog/maverick1990/17262243
如果当前纸牌不够，那么就要像右边的牌堆借，如果借了右边的所有牌，仍达不到平均值，就要向右边的右边借，以此类推……然而为了保证移动次数最少，相邻的牌堆之间不能有两次同方向的移动，即从i->i+1最多移动一次，若移动两次则一定不是最优。举例：牌堆（1,1,10），显然从10向左移动牌，移动两次即可，而从左向右遍历时，移动次数为3，即（2,0,10）->（2,6,4）->（4,4,4），有两次移动都是从第2堆移动到第1堆，所以不是最优。那么我们从左向右遍历时，怎么满足最优呢？即可以允许借牌时出现负数，比如第1位先从第2位借3个，第2位变成-2，再从第3位借6个，即可求出最优步数。
代码如下：
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; int n,a[110],sum=0,ok=0,avg; void read() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); sum+=a[i]; } avg=sum/n; } void work() { for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]==avg) continue; if(a[i]>avg) { int m=a[i]-avg; a[i+1]+=m; ok++; } if(a[i]<avg) { int m=avg-a[i]; a[i+1]-=m; ok++; } } printf("%d",ok); } int main() { read(); work(); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/sajuuk/p/4687323.html
