话不多说，直接看题：
本质是一个数学题：
我们令xi<0表示反方向传递，易得我们就是求每一个xi的绝对值之和min,我们令平均值为a爸。
易得约束条件：
x1-x2=a1-a,x2-x3=a2-a.....
解得x1=x1-0,x2=x1-((n-1)*a-a2-...an)。。。。
这样就把问题转化成|x1-c1|+|x2-c2|+|...|....
又ci=ci+1+a-ai我们就可以吧c解出来，下面是AC代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000010;
long long n,a[N];
long long sum=0;
long long c[N];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
sum+=a[i];
}
long long av=sum/n;
for(int i=n;i>1;i--){
c[i]=c[i+1]+av-a[i];
}
c[1]=0;
sort(c+1,c+n+1);
long long res=0;
for(int i=1;i<=n;i++) res+=abs(c[i]-c[(i+1)/2]);
cout<<res;
}接题：
先转换一下，我们从小岛的角度来看，看看每一个小岛可以被覆盖在x轴上对应的范围，这样问题就转换成了给定若干个区间，最少选多少个点可以使得每一个区间至少选了一个点。
如何贪心？我们先按照右端点排序，扫描每一个线段，若上一个右端点不在区间，那么选右端点。
若在则跳过。
如何严格证明？
我们记cnt为算法得到的结果，opt为最优解。
显然选了cnt个，那么就有cnt个互不相交的区间，因此答案一定大于等于cnt+opt是最优解，得证！
下面是AC代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
int n,d;
struct node{
double l,r;
}seg[N];
bool cmp(node a,node b){
return a.r<b.r;
}
int main(){
cin>>n>>d;
bool ff=0;
for(int i=0;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(y>d) ff=1;
else{
double ck=sqrt(d*d-y*y);
seg[i].l=x-ck,seg[i].r=x+ck;
}
}
if(ff) cout<<-1<<endl;
else{
sort(seg,seg+n,cmp);
int cnt=0;
double last=-1000000000;
for(int i=0;i<n;i++){
if(last<seg[i].l){
cnt++;
last=seg[i].r;
}
}
cout<<cnt;
}
}接题：
很容易想到，假如每一个人的钱都比平均大，那么都取平均即可。
假如有一个人少，那么让它填满，剩下的平均分摊给大于平均的。
下面是严格的证明：
我们把方差的每一项看成xi,xi的和为0，由均值不等式知我们要让每一个数尽可能相同，假如有一个小于平均值，假设它不选满，则结果肯定变大。
因此，若a1<平均值，那么我们就取a1，后面的式子满足加起来和为s-a1,因此剩下的加起来就是s-a1-(n-1)/n*s;此时每一个取到（s-a1)/(n-1)是最优的，而若此时大于该值，那么后面的肯定也大（排过序），因此取其即可。
下面是AC代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500100;
int n,a[N];
int main(){
long double s;
scanf("%d%Lf",&n,&s);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+n);
long double res=0,av=s/n;
for(int i=0;i<n;i++){
double cur=s/(n-i);
if(a[i]<cur) cur=a[i];
res+=(cur-av)*(cur-av);
s-=cur;
}
printf("%.4Lf\n",sqrt(res/n));
}