ARC182D Increment Decrement Again

Solution

很好的 Ad-hoc！

首先发现这个取模非常难处理，那么不妨考虑先不取模，做完操作后再取模。那么限制相当于要求 $|a_i^{\prime }-a_{i+1}^{\prime }|<m$，且 $a_i^{\prime },a_{i+1}^{\prime }$ 两者的大小关系不变。这些显然是必要条件，同时我们断言，这些就是序列合法的充要条件。构造出一个合法的方案也很简单：首先不妨令 $a_i<a_{i+1}$，于是假设 $a_i^{\prime }<a_{i+1}^{\prime }$ 向下一步一步调整即可，反之将 $a_{i+1}^{\prime }$ 向上调整，然后这样就会跳到最下面，由于两个东西的差 $<m$，因此不会跨过 $a_i^{\prime }$ 相同的模数。但是在 $m=2$ 时向上和向下是一样的，因此不能调整，需要特判。

于是我们可以先令 $a_1^{\prime }=b_1$ ，根据上面的规则构造出一个合法的序列且与 $b$ 同构。然后考虑操作次数，我们可以对 $b$ 数组进行整体平移 $km$（$k$ 是整数）。那么操作次数就是 $\sum _{i=1}^n|a_i-(a_i^{\prime }+km)|$。令 $c_i=a_i-a_i^{\prime }$，根据小学知识，$km$ 取到 $c$ 的中位数两侧最优，直接算出来即可（没看懂 Wa90 的题解中为什么要二分）。

Code:

qwq

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int long long
using namespace std;
 
const int N = 2e5 + 10;
 
int n, m, a[N], b[N], c[N];
 
ll solve(ll x){
   ll ans = 0;
   for(int i = 1; i <= n; i++) ans += abs(c[i] - x);
   return ans;
}
int fl(int x, int y){
   if(x >= 0) return (x / y);
   else{
      if(x % y) return (x / y - 1);
      else return (x / y);
   }
}
 
signed main(){
   ios::sync_with_stdio(0);
   cin.tie(0); cout.tie(0);
   cin >> n >> m;
   for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
   for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
   if(m == 2){
      for(int i = 1; i <= n; i++) if(a[i] != b[i]){cout << -1; return 0;}
      cout << 0; return 0;
   }
   c[1] = b[1];
   for(int i = 2; i <= n; i++){
      int val = (b[i] - b[i - 1] + m) % m;
      if(a[i] > a[i - 1]) c[i] = c[i - 1] + val;
      else c[i] = c[i - 1] + val - m;
   }
   for(int i = 1; i <= n; i++) c[i] = a[i] - c[i];
   sort(c + 1, c + n + 1); ll p = c[(n + 1) / 2];
   cout << min(solve(fl(p, m) * m), solve((fl(p, m) + 1) * m));
 
   return 0;
}