#2020. 「AHOI / HNOI2017」礼物
题目描述
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 nnn 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 ccc（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,⋯,n1, 2,cdots, n1,2,⋯,n，其中 nnn 为每个手环的装饰物个数，第一个手环的 iii 号位置装饰物亮度为 xix_ixi，第二个手环的 iii 号位置装饰物亮度为 yiy_iyi，两个手环之间的差异值为（参见输入输出样例和样例解释）：
∑i=1n(xi−yi)2 sum_{i = 1}^n (x_i - y_i)^2i=1∑n(xi−yi)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？
输入格式
输入数据的第一行有两个数 n,mn, mn,m，代表每条手环的装饰物的数量为 nnn，每个装饰物的初始亮度小于等于 mmm；
接下来两行，每行各有 nnn 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。
输出格式
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 mmm。
样例
样例输入
5 6
1 2 3 4 5
6 3 3 4 5样例输出
1样例解释
需要将第一个手环的亮度增加 111，第一个手环的亮度变为：2,3,4,5,62, 3, 4, 5, 62,3,4,5,6。旋转一下第二个手环，对于该样例，是将第二个手环的亮度 6,3,3,4,56, 3, 3, 4, 56,3,3,4,5 向左循环移动一个位置，使得第二手环的最终的亮度为：3,3,4,5,63, 3, 4, 5, 63,3,4,5,6。
此时两个手环的亮度差异值为 111。
数据范围与提示
对于 30%30\%30% 的数据，n≤500,m≤10nle 500, mle 10n≤500,m≤10；
对于 70%70\%70% 的数据，n≤5000nle 5000n≤5000；
对于 100%100\%100% 的数据，1≤n≤50000,1≤m≤100,1≤ai≤m1le nle 50000, 1le mle 100, 1le a_ile m1≤n≤50000,1≤m≤100,1≤ai≤m。
首先，有一个结论：两个手环增加非负整数亮度，等于其中一个增加一个整数亮度（可以为负）
我们令增加量为$x$，旋转以后的原数列为${a}{b}$那么现在的费用就是：
$sum_{i=1}^nleft(a_i+x-b_i ight)^2$
我们把第i项拿出来拆开，得到：
$left(a_i+x-b_i ight)^2=a_i^2+b_i^2+x^2+2a_ix-2a_ib_i-2b_ix$
那么原式变成了
$sum_{i=1}^na_i^2+sum_{i=1}^nb_i^2+nx^2+2xleft(sum_{i=1}^na_i-sum_{i=1}^nb_i ight)-2sum_{i=1}^na_ib_i$
我们发现，这个式子除了最后一项之外都是确定的QwQ
那么我们只要令最后一项最大，那么就可以得到最小的费用值了
现在问题转化为求$sum_{i=1}^na_ib_i$的最大值
等等，这个形式......
我们把数列${a}$反过来，变成
$sum_{i=1}^na_{n-i+1}b_i$
这不是一个卷积吗~
所以把反过来的数列${a}$倍长，和数列${b}$卷积，得到的项里面的第n+1到n*2项的最大值，就是$sum_{i=1}^na_ib_i$的最大值
然后把前面的不变项加上，就是答案了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 50010 #define mod 1000000007 using namespace std; int n,m,a[maxn],b[maxn]; long long ans=1000000000000000LL; long long count(int s1,int s2){ long long res=0; for(int i=0;i<n;i++) res+=1LL*(a[i+s1]-b[i+s2])*(a[i+s1]-b[i+s2]); return res; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i+n]=a[i]; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]),b[i+n]=b[i]; for(int add=0;add<=m;add++){ for(int i=1;i<=n+n;i++)a[i]+=add; for(int i=1;i<=n;i++)ans=min(ans,count(i,1)); for(int i=1;i<=n+n;i++)a[i]-=add; } for(int add=0;add<=m;add++){ for(int i=1;i<=n+n;i++)b[i]+=add; for(int i=1;i<=n;i++)ans=min(ans,count(1,i)); for(int i=1;i<=n+n;i++)b[i]-=add; } cout<<ans; return 0; }
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #define maxn 400010 #define PI (acos(-1.0)) using namespace std; int n,m,cnt=0,rd[maxn],a[maxn],b[maxn]; long long a1,a2,b1,b2,ans=1000000000000000LL; struct node{ double x,y; node(double a=0,double b=0):x(a),y(b){} node operator + (const node &c) {return node(x+c.x,y+c.y);} node operator - (const node &c) {return node(x-c.x,y-c.y);} node operator * (const node &c) {return node(x*c.x-y*c.y,x*c.y+y*c.x);} node operator / (const double &c) {return node(x/c,y/c);} }A[maxn],B[maxn]; void fft(node *a,int N,int f){ node wn,w;int i; for(int i=0;i<=N;i++) if(rd[i]>i)swap(a[i],a[rd[i]]); for(int k=1;k<N;k<<=1){ wn=node(cos(PI/k),f*sin(PI/k)); for(int j=0;j<N;j+=(k<<1)){ for(w=node(1,0),i=0;i<k;i++,w=w*wn){ node x=a[i+j]; node y=a[i+j+k]*w; a[i+j]=x+y; a[i+j+k]=x-y; } } } if(f==-1) for(int i=0;i<=N;i++)a[i]=a[i]/N; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); a1+=a[i]*a[i];a2+=a[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&b[i]); b1+=b[i]*b[i];b2+=b[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ A[i].x=A[i+n].x=a[i]; B[i].x=b[n-i+1]; } int N=1;while(N<=(n*3))N<<=1,cnt++; for(int i=0;i<=N;i++)rd[i]=(rd[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1)); fft(A,N,1);fft(B,N,1); for(int i=0;i<=N;i++)A[i]=A[i]*B[i]; fft(A,N,-1); for(int i=0;i<=N;i++)A[i].x=(long long)(A[i].x+0.5); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=-m;j<=m;j++) ans=min(ans,a1+b1+1LL*j*j*n+2LL*j*(a2-b2)-2LL*(long long)A[i+n].x); cout<<ans; return 0; }