[AH2017/HNOI2017]礼物

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#FFT #快速傅里叶变换 #fft

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本文详细介绍了如何解决一个关于情侣手环亮度调整的问题，旨在最小化两个手环之间的亮度差异。通过数学分析和使用FFT快速傅里叶变换，找到了在允许手环旋转和调整亮度的情况下，使差异值达到最小的策略。具体方法包括将问题转化为寻找最佳亮度增益，利用环形结构的最大化乘积和，并通过卷积计算找到最优解。

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)： $∑i=1n(xi−yi)2\sum_{i=1}^{n}(x_i-y_i)^2$ 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

虽然题目说只能增加自然数 $c$ 亮度
但是既可以是给第一个环加，也可以是给第二个环加
所以转化为给固定一个环增加 $c$ 亮度， $c$ 可以是负数

假设枚举 $A$ 环增加的亮度为 $x$ ，考虑最后的结果
$∑i=1n(ai+x−bi)2=∑i=1n(ai2+x2+bi2+2aix−2aibi−2bix)\sum_{i=1}^n(a_i+x-b_i)^2=\sum_{i=1}^n(a_i^2+x^2+b_i^2+2a_ix-2a_ib_i-2b_ix)$ $=∑i=1nai2+∑i=1nbi2+nx2+2x∑i=1nai−2x∑i=1nbi−2∑i=1naibi=\sum_{i=1}^na_i^2+\sum_{i=1}^nb_i^2+nx^2+2x\sum_{i=1}^na_i-2x\sum_{i=1}^nb_i-2\sum_{i=1}^na_ib_i$
发现只有最后一项 $2∑i=1naibi2\sum_{i=1}^na_ib_i$ 可以改变
因为环可以旋转，那么对应位的亮度乘积求和可能会不同
所以最大化该项就可以保证差异值最小

$h(i)=∑j=0if(i)∗g(i−j)h(i)=\sum_{j=0}^if(i)*g(i-j)$
将 $A$ 环扩倍，反转 $B$ 环
使用 $F F T$ 卷积，这样 $A$ 环的 $(n, 2 n]$ 就是所有可能旋转的情况

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 300005
#define ll long long
struct complex {
	double x, i;
	complex(){}
	complex( double X, double I ) {
		x = X, i = I;
	}
}A[maxn], B[maxn], rB[maxn];

double pi = acos( -1.0 );

complex operator + ( complex a, complex b ) {
	return complex( a.x + b.x, a.i + b.i );
}

complex operator - ( complex a, complex b ) {
	return complex( a.x - b.x, a.i - b.i );
}

complex operator * ( complex a, complex b ) {
	return complex( a.x * b.x - a.i * b.i, a.x * b.i + a.i * b.x );
}

int len = 1;
int r[maxn];

void FFT( complex *c, int f ) {
	for( int i = 0;i < len;i ++ )
		if( i < r[i] ) swap( c[i], c[r[i]] );
	for( int i = 1;i < len;i <<= 1 ) {
		complex omega( cos( pi / i ), f * sin( pi / i ) );
		for( int j = 0;j < len;j += ( i << 1 ) ) {
			complex w( 1, 0 );
			for( int k = 0;k < i;k ++, w = w * omega ) {
				complex x = c[j + k], y = w * c[j + k + i];
				c[j + k] = x + y;
				c[j + k + i] = x - y;
			}
		}
	}
}

ll suma1, suma2, sumb1, sumb2;
int n, m;

int main() {
	scanf( "%d %d", &n, &m );
	for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
		scanf( "%lf", &A[i].x );
		A[i + n].x = A[i].x;
		suma1 += A[i].x;
		suma2 += A[i].x * A[i].x;
	}
	for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
		scanf( "%lf", &B[i].x );
		sumb1 += B[i].x;
		sumb2 += B[i].x * B[i].x;
	}
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		rB[i].x = B[n - i + 1].x; 
	int l = 0;
	while( len <= n * 3 ) {
		len <<= 1;
		l ++;
	}
	for( int i = 0;i < len;i ++ )
		r[i] = ( r[i >> 1] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << ( l - 1 ) );
	FFT( A, 1 );
	FFT( rB, 1 );
	for( int i = 0;i <= len;i ++ )
		A[i] = A[i] * rB[i];
	FFT( A, -1 );
	for( int i = 0;i <= len;i ++ )
		A[i].x = ( ll ) ( A[i].x / len + 0.5 );
	ll ans = 1ll << 60;
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		for( int j = -m;j <= m;j ++ ) //初始的亮度都不超过m 那么就没必要把差x弄得太过火
			ans = min( ans, suma2 + sumb2 + n * j * j + 2ll * j * ( suma1 - sumb1 ) - 2ll * ( ll ) A[i + n].x );
	printf( "%lld", ans );
	return 0;
}
/*
Σ(ai+x-bi)^2=Σai^2+Σbi^2+n*x*x+2*x*(Σai-Σbi)-2*Σai*bi
因为旋转，所以最后一项是不固定的
在枚举x后最大化后面一项
最后的相差就是最小的
考虑卷积
*/