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<0，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-1|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。

　　

　　这里给出一点小小的证明：

　　数轴上任意找一个点，它左边有4个点，右边有2个点，把该点往左移动一点点，不要移动太多，以免碰到其他输入点。假设移动了d单位距离，则该点到左边4个点的距离各减少d，该点都右边2个点的距离各增加d,但总的来说，距离之和减少了2d。

　　同理，该点的左边有2个点，右边有4个点时，类似，不过此时应该是向右移动。

　　换句话说，只要该点的左右两边的输入点个数不一样多，就不是最优解。那什么情况下，左右点一样多勒？如果输入点有奇数个，则最优解应该是中间那个点即中位数。如果有偶数个，则可以位于最中间两个点的任意位置（还是中位数）。

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #include<cstdlib>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 int n;LL a[],c[],sum;

 int main()

 {

     scanf("%d",&n);sum=;

     for(int i=;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),sum+=a[i];sum/=n;

     memset(c,,sizeof(c));for(int i=;i<=n;i++)c[i]=c[i-]+a[i]-sum;

     sort(c+,c+n+);LL mid;

     if(n&)mid=c[(n+)/];else mid=c[n/];

     LL ans=;for(int i=;i<=n;i++)ans+=abs(c[i]-mid);

     printf("%lld\n",ans);

     return ;

 }