【题解】HNOI-2017 礼物

最新推荐文章于 2021-05-27 19:09:11 发布

测试运算符

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分类专栏： * HNOI 杂题集 --------------数学-------------- 多项式/FFT/NTT

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本文解析了一道HNOI-2017的比赛题目，通过数学推导和快速傅里叶变换（FFT）的方法，详细说明了如何最小化两序列之间的平方误差，并给出了完整的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Problem

bzoj & 洛谷

题意：
给定两序列，可以将其中任意一个序列的值同时增加任意值，同时也可以将任意序列旋转（向左右平移），最小化 $\sum_{i=1}^n(x_i-y_i)^2$

Solution

这题应该是HNOI-2017最水的一道题了……

考虑一个式子增减为 $C$ ，平移 $j$ 格，式子套路拆分（式子中不特别表明 $i+j$ 对 $n$ 取膜的情况，设 $a,b$ 序列和分别为 $Sa,Sb$ ）：

\sum i = 1 n (a i - b i + j + C) 2 = \sum i = 1 n a 2 i + \sum i = 1 n b 2 i + n * C + 2 * C * (S a - S b) - \sum i = 1 n (a i * b i + j)

$\sum_{i=1}^n(a_i-b_{i+j}+C)^2\\=\sum_{i=1}^na_i^2+\sum_{i=1}^nb_i^2+n*C+2*C*(Sa-Sb)-\sum_{i=1}^n(a_i*b_{i+j})$

其中前两项是常数项，直接计算

中间的 $n*C+2*C*(Sa-Sb)$ 可以看做是关于 $C$ 的二次函数，公式求一下函数最值即可（注意 $C\in Z$ ）

最后一项很明显上 $FFT$ 板子，具体操作就是将 $a,b$ 中的一个数组反向后复制一遍接在自己后面作为 $FFT$ 初始函数，最后取结果函数的第 $n+1$ 到 $2n$ 项中的最值

最后结果三者相加即可

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rg register
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define abs(x) ((x)>0?(x):(-(x)))

template <typename _Tp> inline _Tp read(_Tp&x){
    rg char c11=getchar(),ob=0;x=0;
    while(c11^'-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
    while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;return x;
}

#define pi (3.14159265358979323846)

const int N=2000100;
int A[N],B[N],rev[N];
int n,len,sumA,sumB,ans,m;

struct cpx{
    double r,i;
    cpx(){}
    cpx(double R,double I){r=R,i=I;}
    cpx operator + (const cpx&x) const {return cpx(r+x.r,i+x.i);}
    cpx operator - (const cpx&x) const {return cpx(r-x.r,i-x.i);}
    cpx operator * (const cpx&x) const {return cpx(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
    void operator *= (const cpx&x) {*this=*this*x;}
}a[N<<2],b[N<<2];

void init();

void rest();

void fft(cpx *a,int f){
    for(rg int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(rg int i=1;i<n;i<<=1){
        cpx wn=cpx(cos(pi/i),f*sin(pi/i));
        for(rg int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
            cpx w(1,0);
            for(rg int k=0;k<i;++k,w*=wn){
                cpx x=a[j+k],y=w*a[j+k+i];
                a[j+k]=x+y,a[j+k+i]=x-y;
            }
        }
    }
}

void FFT(){
    for(rg int i=1;i<=n;++i)swap(B[i],B[n+n-i+1]);
    for(rg int i=1;i<=n;++i)a[i].r=A[i];a[0].r=0;
    for(rg int i=1;i<=n+n;++i)b[i].r=B[i];b[0].r=0;
    int nn=n;m=3*n;
    for(n=1;n<=m;n<<=1)++len;
    for(rg int i=0;i<n;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
    fft(a,1);fft(b,1);
    for(rg int i=0;i<=n;++i)a[i]*=b[i];
    fft(a,-1);
    int mx=0;
    for(rg int i=nn+1;i<=nn+nn;++i)mx=max(mx,(int)(a[i].r/n+0.5));
    ans-=mx*2;
    return ;
}

int main(){
    init();
    rest();
    FFT();
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

void rest(){
    int c=(sumB-sumA)/(n),mi=0x7fffffff;
    mi=min(mi,n*c*c+2*c*(sumA-sumB));
    ++c;mi=min(mi,n*c*c+2*c*(sumA-sumB));
    --c,--c;mi=min(mi,n*c*c+2*c*(sumA-sumB));
    ans+=mi;
    return ;
}

void init(){
    int x;
    read(n);read(x);
    for(rg int i=1;i<=n;++i)sumA+=read(A[i]),ans+=A[i]*A[i];
    for(rg int i=1;i<=n;++i)sumB+=(B[i+n]=read(B[i])),ans+=B[i]*B[i];
    return ;
}