[2019.2.15]BZOJ4827 [Hnoi2017]礼物

设第一个串为\(a\),第二个串为\(b\)。

不妨让我们的所有操作对\(b\)进行。

如果我们将\(b\)逆时针转动\(j(0\le j<n)\)个单位,那么与\(a_i\)对应的装饰物就是\(b_{i+j}\)了。

注:在本文中,数组下标从1开始。对于\(b\),当数组下标大于数组长度,我们将其对数组长度取余。

我们对\(b\)进行了\(j(0\le j<n)\)次逆时针旋转,增加了\(c(-m\le c\le m)\)的亮度,设\(ans_x\)表示\(j=x\)时的答案,那么

\(ans_j=\sum_{i=1}^n(a_i-b_{i+j}-c)^2\)

\(ans_j=\sum_{i=1}^n[a_i^2+b_{i+j}^2-2c(a_i-b_{i+j})-2a_ib_{i+j}+c^2]\)

\(ans_j=\sum_{i=1}^na_i^2+\sum_{i=1}^nb_{i+j}^2-2c(\sum_{i=1}^na_i-\sum_{i=1}^nb_{i+j})+ nc^2-2\sum_{i=1}^na_ib_{i+j}\)

\(ans_j=\sum_{i=1}^na_i^2+\sum_{i=1}^nb_i^2-2c(\sum_{i=1}^na_i-\sum_{i=1}^nb_i)+nc^2-2\sum_{i=1}^na_ib_{i+j}\)

发现只有最后一项与\(j\)有关,且该项与\(c\)无关。

考虑求\(\sum_{i=1}^na_ib_{i+j}\)。

我们翻转\(b\)。则原式变为

\(\sum_{i=1}^na_ib_{n+j-i+1}\)

发现上式是卷积的形式。

这样看不明显,但是如果我们认为当\(i>n\),\(a_i=0\),那原式等价于

\(\sum_{i=1}^{n+j}a_ib_{n+j-i+1}\)

就很明显了。

所以我们设当\(j=x\),原式值为\(v_{n+j}\),那么我们可以用\(FFT\)求出\(v\),由于\(v_{n+j}\)越大,\(ans_j\)越小,当\(0\le j<n\)时,\(n\le n+j<2n\),所以原式的最大值为\(max_{i=n}^{2n-1}v_i\)。

我们枚举\(c\),即可求得其他项的答案,。

时间复杂度\(O(nm\log n)\)

code:

注:方便进行\(FFT\),代码中下标从0开始。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define VAL(x) (int)(fabs(x.re)/(N*1.0)+0.5)
using namespace std;
const int INF=2e9;
const double pi=acos(-1);
struct com{
	double re,in;
}f[300010],f1[300010],f2[300010],cpy[300010];
com operator+(const com &x,const com &y){
	return (com){x.re+y.re,x.in+y.in};
}
com operator-(const com &x,const com &y){
	return (com){x.re-y.re,x.in-y.in};
}
com operator*(const com &x,const com &y){
	return (com){x.re*y.re-x.in*y.in,x.re*y.in+x.in*y.re};
}
int n,m,N=1,a,b,a1,b1,a2,b2,mx;
long long ans=INF;
void FFT(com *f,int l,int len,int op){
	if(len<2)return;
	int nl=len>>1,tmp=l-1;
	for(int i=l;i<l+len;++i)cpy[i]=f[i];
	for(int i=l;i<l+nl;++i)f[i]=cpy[++tmp],f[i+nl]=cpy[++tmp];
	FFT(f,l,nl,op),FFT(f,l+nl,nl,op);
	com w=(com){cos(pi/(1.0*nl)),sin(pi/(1.0*nl)*op)},nw=(com){1,0},t;
	for(int i=l;i<l+nl;++i,nw=nw*w)t=nw*f[i+nl],cpy[i]=f[i]+t,cpy[i+nl]=f[i]-t;
	for(int i=l;i<l+len;++i)f[i]=cpy[i];
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a),f1[i-1]=(com){a,0},a1+=a,a2+=a*a;//len(f1)=n
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&b),f2[n-i]=f2[n-i+n]=(com){b,0},b1+=b,b2+=b*b;//len(f2)=2n
	//len(f)=3n-1
	while(N<3*n-1)N<<=1;
	FFT(f1,0,N,1),FFT(f2,0,N,1);
	for(int i=0;i<N;++i)f[i]=f1[i]*f2[i];
	FFT(f,0,N,-1);
	//f[x]=sum(0<=i<=x)f1[i]*f2[x-i]
	for(int i=n-1;i<2*n-1;++i)mx=max(mx,VAL(f[i]));
	for(int i=-m;i<=m;++i)ans=min(ans,1ll*n*i*i+2*i*(a1-b1));
	printf("%lld",ans+a2+b2-2*mx);
	return 0;
}