bzoj 4827: [Hnoi2017]礼物 fft

题意

有两个长度为n的序列，序列元素为[1,m]。

定义两个序列的差异值为∑ni=1(x[i]−y[i])2

现在可以给第一个序列加上一个长度c，第二个序列可以任意旋转，问最小差异值。

n<=50000,m<=100

分析

如果不是在知乎上看到这题正解是fft的话我可能不会那么快就想到正解吧。。。

不过这题的确挺裸的。

把式子拆开就变成了∑ni=1x[i]2+y[i]2−2x[i]∗y[i]

显然我们要求最大的2∗∑ni=1x[i]∗y[i]

把y翻转，变成了2∗∑ni=1x[i]∗y[n−i+1]

卷积形式，直接上fft即可。

但你以为这样就做完了吗？那就真的是naive了。

常数c的话我们可以先不管，因为事后可以枚举所有可能的答案和c，然后找最小的ans−c∗∑ni=1b[i]就好了。

那旋转我们要怎么处理呢？

把两个序列画出来，我么会发现如果旋转一定位置的话，那么答案就是两个序列前i部分卷起来加上把剩下部分卷起来的和就是答案了。

那么只要正着反着分别做一次fft即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<complex>
#include<cmath>
#define pi acos(-1)
using namespace std;

typedef complex<double> com;

const int N=200005;

int n,m,rev
,a
,b
;
com b1
,b2
,a1
,a2
;

void fft(com *a,int n,int f)
{
for (int i=0;i<n;i++) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for (int i=1;i<n;i*=2)
{
com wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));
for (int j=0;j<n;j+=i*2)
{
com w(1,0);
for (int k=0;k<i;k++)
{
com u=a[j+k],v=a[j+k+i]*w;
a[j+k]=u+v;a[j+k+i]=u-v;
w*=wn;
}
}
}
if (f==-1) for (int i=0;i<n;i++) a[i]/=n;
}

int main()
{
freopen("gift.in","r",stdin);freopen("gift.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
int mxn,lg=0,s=0;
for (mxn=1;mxn<=n*2;mxn*=2,lg++);
for (int i=0;i<mxn;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a1[i]=a[i],a2[n-i+1]=a[i];
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),b1[n-i+1]=b[i],b2[i]=b[i],s+=b[i];
fft(b1,mxn,1);fft(b2,mxn,1);fft(a1,mxn,1);fft(a2,mxn,1);
for (int i=0;i<mxn;i++) a1[i]*=b1[i],a2[i]*=b2[i];
fft(a1,mxn,-1);fft(a2,mxn,-1);
int ans=1e9;
for (int l=-m+1;l<m;l++)
{
int w=0;
for (int i=1;i<=n;i++) w+=(a[i]+l)*(a[i]+l)+b[i]*b[i];
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int v=(int)(a1[i].real()+0.1)+(int)(a2[n-i+2].real()+0.1)+s*l;
ans=min(ans,w-2*v);
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}