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
1 //minamoto 2 #include3 #include 4 #include 5 #include 6 #define inf 0x3f3f3f3f 7 using namespace std; 8 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 9 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;10 inline int read(){11 #define num ch-'0'12 char ch;bool flag=0;int res;13 while(!isdigit(ch=getc()))14 (ch=='-')&&(flag=true);15 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);16 (flag)&&(res=-res);17 #undef num18 return res;19 }20 const int N=105,M=2005;21 bool vis[N];22 int n,s,t,u,v,e,f,dis[N],Pre[N],last[N],disf[N],maxflow,mincost;23 int head[N],Next[M],ver[M],edge[M],flow[M],tot=1;24 int val[N],sum=0;25 queue q;26 inline void add(int u,int v,int f,int e){27 ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,flow[tot]=f,edge[tot]=e;28 ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,flow[tot]=0,edge[tot]=-e;29 }30 bool spfa(){31 memset(dis,0x3f,sizeof(dis));32 memset(disf,0x3f,sizeof(disf));33 memset(vis,0,sizeof(vis));34 q.push(s),vis[s]=1,dis[s]=0,Pre[t]=-1;35 while(!q.empty()){36 int u=q.front();q.pop(),vis[u]=0;37 for(int i=head[u];i;i=Next[i]){38 int v=ver[i];39 if(flow[i]>0&&dis[v]>dis[u]+edge[i]){40 dis[v]=dis[u]+edge[i];41 Pre[v]=u,last[v]=i;42 disf[v]=min(disf[u],flow[i]);43 if(!vis[v]){44 vis[v]=1,q.push(v);45 }46 }47 }48 }49 return ~Pre[t];50 }51 void dinic(){52 while(spfa()){53 int u=t;54 maxflow+=disf[t],mincost+=disf[t]*dis[t];55 while(u!=s){56 flow[last[u]]-=disf[t];57 flow[last[u]^1]+=disf[t];58 u=Pre[u];59 }60 }61 }62 int main(){63 n=read();64 for(int i=1;i<=n;++i)65 val[i]=read(),sum+=val[i];66 sum/=n,s=0,t=n+1;67 for(int i=1;i<=n;++i) val[i]-=sum;68 for(int i=1;i<=n;++i)69 val[i]>0?add(s,i,val[i],0):add(i,t,-val[i],0);70 for(int i=2;i