[BZOJ 4827][Hnoi2017]礼物

4827: [Hnoi2017]礼物

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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。

题解

环上的东西我们按照套路倍长解决.

然后我们来看那个表达式: $sumlimits_{i=1}^n(x_i-y_i)^2$...

好像在哪见过? 是哪呢?

卷积与字符串

没错就是你! 字符串匹配!

那么好了我们翻转其中一个串然后拆拆式子看看能得到什么:

$$
egin{aligned}
c_k&=sum_{i=0}^k(a_i-b_{k-i})^2 \
&=sum_{i=0}^ka_i^2-2a_ib_{k-i}+b_{k-i}^2 \
&=sum_{i=0}^ka_i^2+sum_{i=0}^kb_{k-i}^2-2sum_{i=0}^ka_ib_{k-i}\
&=sum_{i=0}^ka_i^2+sum_{i=0}^kb_i^2-2sum_{i=0}^ka_ib_{k-i}
end{aligned}
$$

而$sumlimits_{i=0}^ka_ib_{k-i}$ 显然是个卷积, 剩下两个和式是前缀和可以预处理.

那么我们只要有了 $a$ 和 $b$ , 我们就可以在 $O(nlog n)$ 时间内算出所有位置的差异值了...吗?

然而并不是这样的.

我们在字符串匹配问题中, 高位补 $0$ 相当于补的是通配符, 不会对答案作出贡献. 但这次 $0$ 可就是字符了, 如果按照上面的式子算的话会把前 $k$ 个字符全都对位计算贡献. ($(a-0)^2$可是有贡献的).

我们设倍长并翻转的串是 $a$, 另一个串是 $b$, 那么实际上的式子应该是:

$$
egin{aligned}
c_k&=sum_{i=0}^{n-1}(a_{k-i}-b_i)^2 \
&=sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}^2-2a_{k-i}b_i+b_i^2 \
&=sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}^2+sum_{i=0}^{n-1}b_i^2-2sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}b_i
end{aligned}
$$

前面两个式子依然是前缀和即可处理, 后面的卷积式就可以通过高位补 $0$ 来避免多余计算了.

可是这 $a$ 和 $b$ 可能会变...这就比较蠢...直接 $O(mnlog n)$ 跑铁定是过不去的...

我们再来拆式子.

那么我们首先来考虑给 $a$ 上加东西的情况. 设我们给 $a$ 整体加一个 $d$ , 则:

$$
egin{aligned}
c_k&=sum_{i=0}^{n-1}((a_{k-i}+d)-b_i)^2 \
&=sum_{i=0}^{n-1}(a_{k-i}+d)^2-2a_{k-i}b_i+b_i^2 \
&=sum_{i=0}^{n-1}(a_{k-i}+d)^2+sum_{i=0}^{n-1}b_i^2-2sum_{i=0}^{n-1}(a_{k-i}+d)b_i\
&=sum_{i=0}^{n-1}(a_{k-i}+d)^2+sum_{i=0}^{n-1}b_i^2-2sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}b_i+sum_{i=0}^{n-1}db_i \
&=sum_{i=0}^{n-1}(a_{k-i}+d)^2+sum_{i=0}^{n-1}b_i^2-2sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}b_i+dsum_{i=0}^{n-1}b_i
end{aligned}
$$

于是原来的卷积式还在, 剩下三个前缀和式都可以 $O(n)$ 随便重新算, 直接枚举 $d$ 然后暴力就可以了

给 $b$ 上加东西的情况比较辣手, 因为直接给所有 $b$ 都加值是假的...这样会把防止产生贡献的系数 $0$ 变成非 $0$ 值, 然后就会爆炸...

所以我们再搞一搞式子

egin{aligned}
c_k&=sum_{i=0}^{n-1}(a_{k-i}-(b_i+d))^2 \
&=sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}^2-2a_{k-i}(b_i+d)+(b_i+d)^2 \
&=sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}^2+sum_{i=0}^{n-1}(b_i+d)^2-2sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}(b_i+d)\
&=sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}^2+sum_{i=0}^{n-1}(b_i+d)^2-2sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}b_i+da_{k-i}\
&=sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}^2+sum_{i=0}^{n-1}(b_i+d)^2-2sum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}b_i+dsum_{i=0}^{n-1}a_{k-i}\
end{aligned}

好了, 又是三个前缀和一个和 $d$ 无关的卷积.

FFT/NTT直接跑就行了

参考代码

#include <bits/stdc++.h>

const int G=3;
const int DFT=1;
const int IDFT=-1;
const int MAXN=270000;
const int MOD=998244353;

int n;
int m;
int bct;
int bln=1;
int a[MAXN];
int b[MAXN];
int c[MAXN];
int na[MAXN];
int nb[MAXN];
int sa[MAXN];
int sb[MAXN];
int sa2[MAXN];
int sb2[MAXN];
int rev[MAXN];

int Pow(int,int,int);
void NTT(int*,int,int);

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%d",a+i);
    for(int i=n;i<2*n;i++)
        a[i]=a[i-n];
    std::reverse(a,a+2*n);
    for(int i=0;i<2*n;i++){
        na[i]=a[i];
        sa[i]=(i>0?sa[i-1]:0)+a[i];
        sa2[i]=(i>0?sa2[i-1]:0)+a[i]*a[i];
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%d",b+i);
        nb[i]=b[i];
        sb[i]=(i>0?sb[i-1]:0)+b[i];
        sb2[i]=(i>0?sb2[i-1]:0)+b[i]*b[i];
    }
    for(int i=n;i<2*n;i++){
        sb[i]=sb[i-1];
        sb2[i]=sb2[i-1];
    }
    while(bln<3*n){
        bln<<=1;
        ++bct;
    }
    //printf("bln=%d
",bln);
    for(int i=0;i<bln;i++)
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bct-1));
    NTT(na,bln,DFT);
    NTT(nb,bln,DFT);
    for(int i=0;i<bln;i++)
        c[i]=1ll*na[i]*nb[i]%MOD;
    NTT(c,bln,IDFT);
    int ans=INT_MAX;/*
    for(int i=0;i<2*n;i++)
        printf("c[%d]=%d
",i,c[i]);*/
    for(int d=0;d<=m;d++){ // Change A
        for(int i=0;i<2*n;i++){
            sa[i]=(i>0?sa[i-1]:0)+a[i]+d;
            sa2[i]=(i>0?sa2[i-1]:0)+(a[i]+d)*(a[i]+d);
        }
        for(int i=n-1;i<2*n-1;i++){
            int sum=sa2[i]+sb2[i];
            sum-=2*(c[i]+d*sb[i]);
            if(i>=n)
                sum-=sa2[i-n];
            //printf("d=%d pos %d: sa2=%d sb2=%d c=%d sum=%d
",d,i,sa2[i],sb2[i],c[i],sum);
            ans=std::min(ans,sum);
        }
    }
    //printf("%d
",ans);
    for(int i=0;i<2*n;i++){
        sa[i]=(i>0?sa[i-1]:0)+a[i];
        sa2[i]=(i>0?sa2[i-1]:0)+a[i]*a[i];
    }
    for(int d=0;d<=m;d++){ // Change B
        for(int i=0;i<n;i++){
            sb[i]=(i>0?sb[i-1]:0)+b[i]+d;
            sb2[i]=(i>0?sb2[i-1]:0)+(b[i]+d)*(b[i]+d);
        }
        for(int i=n;i<2*n;i++){
            sb[i]=sb[i-1];
            sb2[i]=sb2[i-1];
        }
        for(int i=n-1;i<2*n-1;i++){
            int sum=sa2[i]+sb2[i];
            sum-=2*(c[i]+d*(sa[i]-(i>=n?sa[i-n]:0)));
            if(i>=n)
                sum-=sa2[i-n];
            ans=std::min(ans,sum);
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

void NTT(int* a,int len,int opt){
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(rev[i]>i)
            std::swap(a[rev[i]],a[i]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1){
        int step=i<<1;
        int wn=Pow(G,(MOD-1+opt*(MOD-1)/step)%(MOD-1),MOD);
        for(int j=0;j<len;j+=step){
            int w=1;
            for(int k=0;k<i;k++,w=1ll*w*wn%MOD){
                int x=a[j+k];
                int y=1ll*w*a[j+k+i]%MOD;
                a[j+k]=(x+y)%MOD;
                a[j+k+i]=(x-y+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(opt==IDFT){
        int inv=Pow(len,MOD-2,MOD);
        for(int i=0;i<len;i++)
            a[i]=1ll*a[i]*inv%MOD;
    }
}

inline int Pow(int a,int n,int p){
    int ans=1;
    while(n>0){
        if(n&1)
            ans=1ll*a*ans%p;
        a=1ll*a*a%p;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}