【刷题】BZOJ 4827 [Hnoi2017]礼物

Description

我的室友最近喜欢上了一个可爱的小女生。马上就要到她的生日了，他决定买一对情侣手环，一个留给自己，一个送给她。每个手环上各有 n 个装饰物，并且每个装饰物都有一定的亮度。但是在她生日的前一天，我的室友突然发现他好像拿错了一个手环，而且已经没时间去更换它了！他只能使用一种特殊的方法，将其中一个手环中所有装饰物的亮度增加一个相同的自然数 c（即非负整数）。并且由于这个手环是一个圆，可以以任意的角度旋转它，但是由于上面装饰物的方向是固定的，所以手环不能翻转。需要在经过亮度改造和旋转之后，使得两个手环的差异值最小。在将两个手环旋转且装饰物对齐了之后，从对齐的某个位置开始逆时针方向对装饰物编号 1,2,…,n，其中 n 为每个手环的装饰物个数，第 1 个手环的 i 号位置装饰物亮度为 xi，第 2 个手环的 i 号位置装饰物亮度为 yi，两个手环之间的差异值为(参见输入输出样例和样例解释)： \sum_{i=1}^{n}(x_i-y_i)2麻烦你帮他计算一下，进行调整（亮度改造和旋转），使得两个手环之间的差异值最小，这个最小值是多少呢？

Input

输入数据的第一行有两个数n, m，代表每条手环的装饰物的数量为n，每个装饰物的初始亮度小于等于m。

接下来两行，每行各有n个数，分别代表第一条手环和第二条手环上从某个位置开始逆时针方向上各装饰物的亮度。

1≤n≤50000, 1≤m≤100, 1≤ai≤m

Output

输出一个数，表示两个手环能产生的最小差异值。

注意在将手环改造之后，装饰物的亮度可以大于 m。

Sample Input

5 6

1 2 3 4 5

6 3 3 4 5

Sample Output

1

【样例解释】

需要将第一个手环的亮度增加1，第一个手环的亮度变为： 2 3 4 5 6 旋转一下第二个手环。对于该样例，是将第

二个手环的亮度6 3 3 4 5向左循环移动 2017-04-15 第 6 页，共 6 页一个位置，使得第二手环的最终的亮度为

：3 3 4 5 6。此时两个手环的亮度差异值为1。

Solution

可以变换位置，也可以同时加数

假设确定了两个序列的位置，那么答案就是 $\sum_{i=0}^{n-1}(xi-yi+c)^2$

拆开， $\sum_{i=0}^{n-1}x_i^2+y_i^2+c^2-2x_iy_i+2x_ic-2y_ic$

$~~~~(\sum_{i=0}^{n-1}x_i^2+y_i^2)+(\sum_{i=0}^{n-1}c^2+2c(x_i-y_i))-2(\sum_{i=0}^{n-1}x_iy_i)$

$=[(\sum_{i=0}^{n-1}x_i^2)+(\sum_{i=0}^{n-1}y_i^2)]+[nc^2+2((\sum_{i=0}^{n-1}x_i)-(\sum_{i=0}^{n-1}y_i))c]-2[\sum_{i=0}^{n-1}x_iy_i]$

然后，第一部分就是求和，第二部分可以发现是个系数确定的二次函数，要最小肯定是取最值

也就是说，对于每一种不同的序列的排列，有两项的值是一直不变的。那么我们只要算第三部分，找排列使第三部分的值最小，那么就会使最终答案最小

其实把 $y$ 数组翻转一下，就会发现它其实就是个FFT

假设两个数组是这样对应的

那么 $y$ 数组翻转之后变成了这样

变成了两个交叉部分，而这两个部分对应的形式不就是FFT的形式吗

于是就枚举两个部分的分界点，将两个FFT加起来就是一种对应方案的第三部分的答案

对所有方案取min就好了

注意的一点是，在求二次函数的最值的时候，因为数列同时加数必须是自然数，小数不行，那么就不能直接用最值公式去得到最值，必须得到两个最接近对称轴的整数点，用它们求函数值取min

#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=1<<17,inf=0x3f3f3f3f;
const db Pi=acos(-1.0);
int qn,n,m,rev[MAXN],G[MAXN],ans=inf,xs,ys,xs2,ys2,cnt,x1,x2,ext;
struct Complex{
	db real,imag;
	inline Complex operator + (const Complex &A) const {
		return (Complex){real+A.real,imag+A.imag};
	};
	inline Complex operator - (const Complex &A) const {
		return (Complex){real-A.real,imag-A.imag};
	};
	inline Complex operator * (const Complex &A) const {
		return (Complex){real*A.real-imag*A.imag,imag*A.real+real*A.imag};
	};
};
Complex x[MAXN],y[MAXN];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(ch!='\0')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void FFT(Complex *A,int tp)
{
	for(register int i=0;i<n;++i)
		if(i<rev[i])std::swap(A[i],A[rev[i]]);
	for(register int l=2;l<=n;l<<=1)
	{
		Complex wn=(Complex){cos(2*Pi/l),sin(tp*2*Pi/l)};
		for(register int i=0;i<n;i+=l)
		{
			Complex w=(Complex){1,0};
			for(register int j=0;j<(l>>1);++j)
			{
				Complex A1=A[i+j],A2=A[i+j+(l>>1)]*w;
				A[i+j]=A1+A2,A[i+j+(l>>1)]=A1-A2;
				w=w*wn;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	read(qn);read(m);
	for(register int i=0;i<qn;++i)
	{
		int k;read(k);
		x[i].real=(db)k,xs+=k,xs2+=k*k;
	}
	for(register int i=0;i<qn;++i)
	{
		int k;read(k);
		y[qn-i-1].real=(db)k,ys+=k,ys2+=k*k;
	}
	m=qn+qn-1;
	for(n=1;n<m;n<<=1)cnt++;
	for(register int i=0;i<n;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1));
	FFT(x,1);FFT(y,1);
	for(register int i=0;i<n;++i)x[i]=x[i]*y[i];
	FFT(x,-1);
	for(register int i=0;i<n;++i)G[i]=(int)(x[i].real/n+0.5);
	chkmin(ans,-2*G[qn-1]);
	for(register int i=0;i<qn;++i)chkmin(ans,-2*(G[i]+G[i+qn]));
	x1=ceil((db)-(xs-ys)/qn),x2=floor((db)-(xs-ys)/qn);
	ext=min(qn*x1*x1+2*(xs-ys)*x1,qn*x2*x2+2*(xs-ys)*x2);
	write(ans+xs2+ys2+ext,'\n');
	return 0;
}