題目簡述
有 $N$ 堆紙牌，編號分別為 $1,2,\ldots,N$。每堆上有若干張，但紙牌總數必為 $N$ 的倍數。可以在任一堆上取若干張紙牌，然後移動。
移牌規則為：在編號為 $1$ 堆上取的紙牌，只能移到編號為 $2$ 的堆上；在編號為 $N$ 的堆上取的紙牌，只能移到編號為 $N-1$ 的堆上；其他堆上取的紙牌，可以移到相鄰左邊或右邊的堆上。
現在要求找出一種移動方法，用最少的移動次數使每堆上紙牌數都一樣多。
題目分析
首先定義 $\texttt{avg}$ 為紙牌總數的平均數。如果要使每堆紙牌的數量一樣多的話，那麼經過移動後要使 $A_i=\texttt{avg}$。
對於第一堆牌，它只能由第二堆牌進行索取，或者進行給予。設 $x=A_i-\texttt{avg}$。如果 $x>0$，那麼就把多的給第二堆。如果 $x<0$，不管怎麼移動，必然有一步是第二堆給第一堆 $\lvert x \rvert$ 張牌。上述兩種情況答案需要加 $1$。如果 $x=0$，就不用管了。
此時我們發現第一堆牌已經符合條件了，那麼第一堆就可以直接忽略了，此時第二堆就變成了第一堆，繼續重複上述步驟。
如何說明這樣做是最優的呢？我們發現在上述過程中，每一步都是必須的，沒有多餘的步驟，所以其必然是最優解，這也是貪心思想的體現。
如果移牌的過程中出現負數怎麼辦？對於這個問題，可以發現移牌的步驟的順序不是固定的，這樣，我們就可以每次移動不會出現負數的牌堆，這樣的方案是一定存在的。
程式碼
#include<iostream>
using namespace std;
int n,a[100001],sum,s,ans;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
sum+=a[i];
}
sum/=n;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
if(a[i]!=sum)
{
a[i+1]+=(a[i]-sum);
ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}