bzoj 4827: [Hnoi2017]礼物（FFT）

最新推荐文章于 2020-01-13 20:23:43 发布

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本文介绍了一种通过旋转和调整权重来最小化两字符串间差异的算法问题。利用FFT进行快速匹配，并考虑了权重变化对结果的影响。最终通过枚举实现了O(n)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

传送门

题目大意：给出两个串，可以旋转和整串权值增加c，求操作后最小的 $\sum_{i=1}^n (x_i-y_i)^2$

题解

先考虑不增加c。
$\sum_{i=1}^n (x_i-y_i)^2$
$=\sum_{i=1}^n x_i^2+y_i^2 - \sum_{i=1}^n 2x_iy_i$
式子的前一部分不受旋转的影响可以直接计算。
后一部分的话，可以将其中一个串扩大一倍，另一个串反置，然后做FFT.类似于字符串匹配。
然后考虑c。
对于c来说每次只会影响 $(x_i+c)^2$ , $(x_i+c)y_i=x_iy_i+cy_i$ 两部分的影响都可以直接计算。
所以只需要最开始做FFT即可。后面枚举c的取值，都可以 $O(n)$ 的直接计算。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 300013
#define LL long long 
#define pi acos(-1)
using namespace std;
struct data{
    double x,y; 
    data(double X=0,double Y=0) {
        x=X,y=Y;
    }
}f[N],g[N];
int n,m,n1,L,R[N],c[N],a[N],b[N];
data operator +(data a,data b){
    return data(a.x+b.x,a.y+b.y);
}
data operator -(data a,data b) {
    return data(a.x-b.x,a.y-b.y);
}
data operator *(data a,data b){
    return data(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);
}
void FFT(data a[],int n,int opt)
{
    for (int i=0;i<n;i++)
     if (i>R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
    for (int i=1;i<n;i<<=1) {
        data wn=data(cos(pi/i),opt*sin(pi/i));
        for (int p=i<<1,j=0;j<n;j+=p) {
            data w=data(1,0);
            for (int k=0;k<i;k++,w=w*wn) {
                data x=a[j+k],y=w*a[j+k+i];
                a[j+k]=x+y; a[j+k+i]=x-y;
            }
        }
    }
}
int pow(int x){
    return x*x; 
}
int main()
{
     freopen("a.in","r",stdin);
     freopen("my.out","w",stdout);
     scanf("%d%d",&n,&m);
     int m1=n*2; int sumb=0;
     for (n1=1;n1<=m1;n1<<=1) L++;
     for (int i=0;i<=n1;i++) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
     for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
     for (int i=n+1;i<=2*n;i++) a[i]=a[i-n];
     for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),sumb+=b[i];
     for (int i=0;i<n;i++) g[n-i-1].x=b[i+1];
     for (int i=0;i<2*n;i++) f[i].x=a[i+1];
     FFT(f,n1,1); FFT(g,n1,1);
     for (int i=0;i<n1;i++) f[i]=f[i]*g[i];
     FFT(f,n1,-1);
     for (int i=0;i<2*n;i++) c[i]=(int)(f[i].x/n1+0.5);
     int ans=2000000000;
     for (int t=-m;t<=m;t++) {
        int sum=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) sum+=pow(a[i]+t)+pow(b[i]);
        for (int i=n;i<2*n;i++){
          int k=sum;
          k=k-2*c[i]-2*sumb*t;
          ans=min(ans,k);
        }
     }
    printf("%d\n",ans);
}