嗯……完全不会……不过题解似乎讲的挺清楚……
考虑一下，每一个仓库最终肯定都是平均数，所以数量大于平均数的可以往外运，小于平均数的要从别的地方运进来
考虑建一个超级源$S$和超级汇$T$，并把每一个值减去平均数。如果值大于0，则从$S$往它连边，流量为它的值，费用为$0$，表示可以从源点免费获得这么多流，也就相当于自身存储着这么多流。如果值小于$0$，那么把这个点向$T$连边，值为自己本身值的相反数，费用为$0$，表示可以免费流这么多给汇点，也就相当于自己需要这么多流。然后所有能互相传递的，分别连边，流量为$inf$，费用为$1$，然后跑一个最小费用流即可
//minamoto
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
const int N=,M=;
bool vis[N];
int n,s,t,u,v,e,f,dis[N],Pre[N],last[N],disf[N],maxflow,mincost;
int head[N],Next[M],ver[M],edge[M],flow[M],tot=;
int val[N],sum=;
queue<int> q;
inline void add(int u,int v,int f,int e){
ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,flow[tot]=f,edge[tot]=e;
ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,flow[tot]=,edge[tot]=-e;
}
bool spfa(){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(disf,0x3f,sizeof(disf));
memset(vis,,sizeof(vis));
q.push(s),vis[s]=,dis[s]=,Pre[t]=-;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop(),vis[u]=;
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
int v=ver[i];
if(flow[i]>&&dis[v]>dis[u]+edge[i]){
dis[v]=dis[u]+edge[i];
Pre[v]=u,last[v]=i;
disf[v]=min(disf[u],flow[i]);
if(!vis[v]){
vis[v]=,q.push(v);
}
}
}
}
return ~Pre[t];
}
void dinic(){
while(spfa()){
int u=t;
maxflow+=disf[t],mincost+=disf[t]*dis[t];
while(u!=s){
flow[last[u]]-=disf[t];
flow[last[u]^]+=disf[t];
u=Pre[u];
}
}
}
int main(){
n=read();
for(int i=;i<=n;++i)
val[i]=read(),sum+=val[i];
sum/=n,s=,t=n+;
for(int i=;i<=n;++i) val[i]-=sum;
for(int i=;i<=n;++i)
val[i]>?add(s,i,val[i],):add(i,t,-val[i],);
for(int i=;i<n;++i){
add(i,i-,inf,);
add(i,i+,inf,);
}
add(,,inf,),add(n,n-,inf,);
add(,n,inf,),add(n,,inf,);
dinic();
printf("%d\n",mincost);
return ;
}