-1+2-1

这一看以为是贪心推了半天最后发现是数学题（悲）

题目

给你一个长度为n的序列A，A = ($A_1,A_2,A_3...A_n$)
你可以反复的进行如下操作：选择一个$i$，然后让$A_i$加上 $2$ , $A_{i-1}$ 减去 $1$ ，$A_{i+1}$ 减去 $1$ 。注意该序列是循环的，也就是操作 $A_0$ 等同于操作 $A_n$，操作 $A_{n+1}$ 等同与操作 $A_1$。

如果通过这样的操作可以将A序列全部变为0的话，请你输出最小步数，如果不可以的话，输出-1。

Input

第一行一个正整数$n$ $3\le n\le 200000$。
第二行n个正整数，第i个数代表$A_i$ $-100\le A_i\le 100$。

Output

输出一行一个正整数，最小步数或者-1。

Samples

4
3 0 -1 -2

5

对于样例，可以操作 2 3 3 4 4可以使数组变为全0

思路

1. 显而易见，$-1+2-1=0$ ，意味着每一次操作不会改变原数组的总和，则:

特判 1 : $\sum A_i=0$

2. 设 $f_i$ 为对第 $i$ 个数字的修改次数,求 $\sum f_i$ ，则有：

$2\ast f_i-f_{i-1}-f_{i+1}=-A_i$

3. 通过移项可得：

$(f_{i+1}-f_i)-(f_i-f_{i-1})=A_i$

4. 设 $B_i=f_{i+1}-f_i$ , $3$ 式转化为：

$B_i-B_{i-1}=A_i$

5. 由 $4$ 式 对 $A_i$ 累加推的：

$B_i={\sum }_{j=1}^i{A}_j+B_1-A_1$

6. 由 $5$ 式 对 $B_i$ 累加推的：

${\sum }_{i=1}^n{B}_i=n\ast (B_1-A_1)+i\ast {\sum }_{j=1}^i{A}_i$

7. 化简 $6$ 式：

${\sum }_{i=1}^n{B}_i=n\ast B_1-{\sum }_{j=2}^n(n+1-j)\ast A_j$

8. 累加可得：

${\sum }_{i=1}^n{B}_i=f_{n+1}-f_1=0$

9. 由 $7$ 式 移项得：

$B_i=\frac{{\sum }_{i=2}^n(n+1-i)\ast A_i}{n}={\sum }_{j=1}^i{A}_j+B_1-A_1$

通过数组 $f$ 的定义，由于 $f_i$ 是第 $i$ 个数的操作次数，又因为我们需要总操作次数最小。

因此我们要找到一个数 $x$ ，令 $f_x=0$ ,实际上对于每个 $i$ ，答案最小为 $f_i-f_x$ 。

总答案为 ${\sum }_{i=1}^n{f}_i-n\ast f_x$

令 $C_i=f_i-f_x$ 。

为了方便计算，我们令 $x$ 的初值为1，因此

对于 $i=0,C_1=0$，对于$i>=2,C_i=C_{i-1}+B_{i-1}$

因此要找到一个 $x$ 满足 ${\sum }_{i=1}^n{f}_i-n\ast f_x$ 最小

即 找到最小的 $C_i$ 为minn，对于每个 $C_i-=minn$

再将 $c_i$ 求和就为答案 ${\sum }_{i=1}^n{f}_i-n\ast f_x$

#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long

int sum, n, a[2000005], m, x, s;
signed main()
{
    
    
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
    
    
        cin >> a[i];
        a[i] += a[i - 1]; //算前缀和
        sum += a[i];
    }

    if (a[n] != 0) //显然，-1+2-1=0，操作前后的总和不变，则总和不为0则不能操作
    {
    
    
        cout << "-1" << endl;
        return 0;
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) //不难发现，操作与顺序无关，只与各位置操作次数有关
    {
    
    
        if (sum % n)
        {
    
    
            cout << "-1";
            return 0;
        }
        s += sum / n - a[i];
        m = max(m, s);
        x += s;
    }
    cout << n * m - x << endl;
    return 0;
}