【HNOI2017】礼物（FFT）

显然，$y_i$ 加上 $c$ 可以看成是 $x_i$ 减去 $c$。

所以就变成了 $x_i$ 加上一个整数（可正可负）。

现将 $x$ 环拆成一个长度为 $2n$ 的序列 $a$（复制一遍），把 $y$ 环拆成一个长度为 $n$ 的序列 $b$。

那么旋转操作就可以看成是 $b$ 序列与 $a$ 序列中每一个长度为 $n$ 的子串匹配求值。

也就是说，求这个东西的最小值：${\sum }_{j=0}^{n-1}(a_{i+j}-b_j+c{)}^2$（$0\le i<n$）。

接下来推式子：（设 $x$ 环的和是 $suma$，$y$ 环的和是 $sumb$，$x$ 环的平方和是 $powa$，$y$ 环的平方和是 $powa$）

$$\begin{array}{rl}& \underset{i=0}{\overset{n-1}{\min }}\sum _{j=0}^{n-1}(a_{i+j}-b_j+c{)}^2\\ =& \underset{i=0}{\overset{n-1}{\min }}\sum _{j=0}^{n-1}(a_{i+j}-b_j{)}^2+c^2+2(a_{i+j}-b_j)c\\ =& \underset{i=0}{\overset{n-1}{\min }}[n{c}^2+\sum _{j=0}^{n-1}(a_{i+j}-b_j{)}^2+2c\sum _{j=0}^{n-1}(a_{i+j}-b_j)]\\ =& \underset{i=0}{\overset{n-1}{\min }}[n{c}^2+\sum _{j=0}^{n-1}(a_{i+j}^2+b_j^2-2a_{i+j}{b}_j)+2c(\sum _{j=0}^{n-1}{a}_{i+j}-\sum _{j=0}^{n-1}{b}_j)]\\ =& \underset{i=0}{\overset{n-1}{\min }}(n{c}^2+powa+powb-2\sum _{j=0}^{n-1}{a}_{i+j}{b}_j+2c(suma-sumb))\end{array}$$

发现 $powa+powb$ 是定值，而和 $c$ 有关的 $n{c}^2+2c(suma-sumb)$ 可以用二次函数最值 $O(1)$ 求，也就是说我们只需要求 $-2{\sum }_{j=0}^{n-1}{a}_{i+j}{b}_j$ 的最小值，即 ${\sum }_{j=0}^{n-1}{a}_{i+j}{b}_j$ 的最大值。

我们可以把这个形式改变一下，把 ${\sum }_{j=0}^{n-1}{a}_{i+j}{b}_j$ 改成 ${\sum }_{i-j=k}{a}_i{b}_j$（$k$ 是旋转角度）。

令 $S(k)={\sum }_{i-j=k}{a}_i{b}_j$，设 $\widehat{a_i}=a_{2n-i}$，则：

$$S(k)=\sum _{i-j=k}^{0\le j<n}{a}_i{b}_j=\sum _{(2n-i)-j=k}^{0\le j<n}\widehat{a_i}{b}_j=\sum _{i+j=2n-k}^{0\le j<n}\widehat{a_i}{b}_j$$

把 $n-k$ 代入：

$$S(2n-k)=\sum _{i+j=2n-(2n-k)}^{0\le j<n}\widehat{a_i}{b}_j=\sum _{i+j=k}^{0\le j<n}\widehat{a_i}{b}_j$$

有木有觉得很熟悉？

我们可以把 $\widehat{a_i}$ 看成一个多项式 $A$ 的系数，$b_j$ 看成另一个多项式 $B$ 的系数，那么 $S(2n-k)$ 就是 $A\times B$ 第 $k$ 项的系数。

看会我们原来的问题：求 ${\sum }_{i-j=k}{a}_i{b}_j$ 的最大值，也就是求 $S(k)$ 的最大值（$0\le k<n$），也就是 $A\times B$ 第 $(n+1)\sim 2n$ 项系数的最大值。

那么现在就好处理了，我们先用 FFT 把 $A\times B$ 算出来，再取最大值。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 50010
#define PN 262200
#define INF 0x7fffffff

using namespace std;

struct Complex
{
	double x,y;
	Complex(){};
	Complex(double xx,double yy){x=xx,y=yy;}
}a[PN],b[PN],c[PN];

Complex operator + (Complex a,Complex b){return Complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
Complex operator - (Complex a,Complex b){return Complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
Complex operator * (Complex a,Complex b){return Complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}

const double pi=acos(-1);

int n,m,suma,sumb,powa,powb;
int limit=1,bit,rev[PN];

void FFT(Complex *a,int opt)
{
	for(int i=0;i<limit;i++)
		if(i<rev[i])
			swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
	{
		Complex wn=Complex(cos(pi/mid),opt*sin(pi/mid));
		for(int i=0,len=(mid<<1);i<limit;i+=len)
		{
			Complex now=Complex(1,0);
			for(int j=0;j<mid;j++,now=now*wn)
			{
				Complex x=a[i+j],y=now*a[i+mid+j];
				a[i+j]=x+y,a[i+mid+j]=x-y;
			}
		}
	}
	if(opt==-1)
		for(int i=0;i<limit;i++)
			a[i].x/=limit;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%lf",&a[i].x);
		a[n+i].x=a[i].x;
		suma+=a[i].x;
		powa+=a[i].x*a[i].x;
	}
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%lf",&b[i].x);
		sumb+=b[i].x;
		powb+=b[i].x*b[i].x;
	}
	int d=round(-1.0*(suma-sumb)/n);
	reverse(a,a+2*n+1);//求a^
	while(limit<=3*n)
		limit<<=1,bit++;
	for(int i=0;i<limit;i++)
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
	FFT(a,1),FFT(b,1);
	for(int i=0;i<limit;i++)
		c[i]=a[i]*b[i];
	FFT(c,-1);
	int ans=-INF;
	for(int i=n+1;i<=2*n;i++)
		ans=max(ans,(int)round(c[i].x));//这里用round是怕被卡精度
	printf("%d
",n*d*d+2*d*(suma-sumb)+powa+powb-2*ans);
	return 0;
}