[HNOI2017]礼物

Description：

给定两个有n个数的序列，你可以将其中一个进行旋转（想象是在一个环上），或者对序列的每个数加上一个非负整数C
求操作后 (sum{(a_i-b_i)^2})的最小值

Description：

(n<=5*10^4,m<=100,a_i<=m)

Solution:

一眼看去，十分不可做，于是开始拆式子

(sum(a_i-b_i+C)^2)
(=sum a_i^2 +sum b_i^2+2*sum (a_i-b_i)*C +n*C^2-2*sum a_ib_i)

由于 (m) 很小，我们考虑枚举 C

然后只要求出 (2*sum a_ib_i​) 的最大值就行了

将 b 数组翻转

即求 $ sum a_ib_{n-i+1}$ 最大值

如何求 ?

将 a 数组倍长

由卷积的定义，FFT后对于 n+1 到 2*n 得到的数就分别对应所有的旋转

checkmax 即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mxn=1e6+5;
const double PI=acos(-1);
int n,m,l,s1,s2,s3,lim=1,r[mxn],tp[mxn];
int ans,res=100000000;

struct cp {
	double x,y;
	cp(double xx=0,double yy=0) {x=xx,y=yy;}
	friend cp operator + (cp a,cp b) {
		return cp(a.x+b.x,a.y+b.y);
	}
	friend cp operator - (cp a,cp b) {
		return cp(a.x-b.x,a.y-b.y);
	}
	friend cp operator * (cp a,cp b) {
		return cp(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);
	}
}a[mxn],b[mxn];

void FFT(cp *p,int opt) 
{
	for(int i=0;i<=lim;++i) 
		if(i<r[i]) swap(p[i],p[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1) {
		cp wn(cos(PI/mid),opt*sin(PI/mid));
		for(int len=mid<<1,j=0;j<lim;j+=len) {
			cp w(1,0);
			for(int k=0;k<mid;++k,w=w*wn) {
				cp x=p[j+k],y=w*p[j+mid+k];
				p[j+k]=x+y,p[j+mid+k]=x-y;
			}
		}
	}	
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m); 
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		scanf("%lf",&a[i].x);
		a[i+n].x=a[i].x;
		ans+=a[i].x*a[i].x;
		s1+=a[i].x;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		scanf("%d",&tp[i]);
		ans+=tp[i]*tp[i];
		s2+=tp[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		b[i].x=tp[n-i+1];
	}
	while(lim<=3*n) lim<<=1,++l;
	for(int i=0;i<lim;++i) 
		r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	FFT(a,1); FFT(b,1);
	for(int i=0;i<=lim;++i) a[i]=a[i]*b[i];
	FFT(a,-1);
	for(int i=n+1;i<=n*2;++i) s3=max(s3,(int )(a[i].x/lim+0.5));
	ans-=2*s3;
	for(int i=-m;i<=m;++i) res=min(res,n*i*i+2*(s1-s2)*i);
	printf("%d",res+ans);
	return 0;
}