标签：tar 现在 its printf int ret div char 注释
题目大意：给定两个长度为$n$的手环，第一个手环上的$n$个权值为$x_i$，第二个为$y_i$。现在我可以同时将所有的$x_i$同时加上自然数$c$。我也可以将第一个手环任意旋转。旋转后每一个$x$对应一个$y$，那么代价为$\sum\limits_{i=0}^{n-1} (x_i-y_i)^2$。求最小代价。
注释：$1\le n\le 10^5$，$0\le maxval \le 100$。
想法：
水题啊.....
推推式子，我们假设就加了$c$，那么总代价为$\sum\limits_{i=0}^{n-1} (x_i-y_i+c)^2$
$\Leftrightarrow \sum\limits_{i=0}^{n-1} ((x_i+c)^2-2y_i\cdot (x_i+c)+y_i^2)$
$\Leftrightarrow \sum\limits_{i=0}^{n-1} (x_i^2+y_i^2)+nc^2+2c\cdot (x_i-y_i)-2\sum\limits_{i=0}^{n-1} x_i\cdot y_i$
我们发现，上述式子分成了三部分：
显然第一部分是定值。
第二部分的话我们设$sum_x=\sum\limits_{i=0}^{n-1} x_i$，$sum_y=\sum\limits_{i=0}^{n-1} y_i$，那么如果$sum_x>sum_y$，显然$c$为0的时候取得最小值，反之用二次函数的对称轴来判断最小值即可。
剩下了第三部分：
我们要求对应位相乘的最大值
还没有旋转的时候我们发现就是对应位相乘的和。
如果进行了一次旋转，那么就相当于$x_1$和$y_{n-1}$配对，剩下的依次对应。
故此我们发现，x序列的开始一段对应乘上$y$的后面一段，$x$剩下的部分对应上$y$开头剩下的那部分。
我们将$y$翻转，发现其实每个答案就是两个卷积的和。
用$FFT$优化然后$O(n)$更新答案即可。
Code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 50010
using namespace std; typedef double db;
const db pi=acos(-1);
inline void Max(int &x,int y) {x=max(x,y);}
inline char nc() {static char *p1,*p2,buf[100000]; return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int rd() {int x=0; char c=nc(); while(!isdigit(c)) c=nc(); while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=nc(); return x;}
struct cp
{
db x,y;
cp() {x=y=0;}
cp(db x_,db y_) {x=x_,y=y_;}
cp operator + (const cp &a) const {return cp(x+a.x,y+a.y);}
cp operator - (const cp &a) const {return cp(x-a.x,y-a.y);}
cp operator * (const cp &a) const {return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);}
}a[N<<2],b[N<<2];
void fft(cp *a,int len,int flg)
{
int i,j,k,t;
cp tmp,w,wn;
for(i=k=0;i<len;i++)
{
if(i>k) swap(a[i],a[k]);
for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
}
for(k=2;k<=len;k<<=1)
{
wn=cp(cos(2*pi*flg/k),sin(2*pi*flg/k));
t=k>>1;
for(i=0;i<len;i+=k)
{
w=cp(1,0);
for(j=i;j<i+t;j++)
{
tmp=a[j+t]*w;
a[j+t]=a[j]-tmp;
a[j]=a[j]+tmp;
w=w*wn;
}
}
}
if(flg==-1) for(i=0;i<len;i++) a[i].x/=len;
}
inline int sqr(int x) {return x*x;}
int main()
{
int ans=0;
int sum1=0,sum2=0;
int all1=0,all2=0;
int n=rd(),m=rd();
for(int i=0;i<n;i++)
{
a[i].x=rd();
sum1+=a[i].x; all1+=sqr(a[i].x);
}
for(int i=n-1;~i;i--)
{
b[i].x=rd();
sum2+=b[i].x; all2+=sqr(b[i].x);
}
// printf("%d %d %d %d\n",sum1,sum2,all1,all2);
int len=1; while(len<(n<<1)) len<<=1;
fft(a,len,1); fft(b,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*b[i];
fft(a,len,-1);
ans=(int)(a[n-1].x+0.1);
for(int i=1;i<n;i++)
{
Max(ans,(int)(a[i-1].x+0.1)+(int)(a[n+i-1].x+0.1));
}
if(sum1>=sum2) printf("%d\n",all1+all2-2*ans);
else
{
int ANS=all1+all2-2*ans;
int dlt=(sum1-sum2)*2;
int x=(-1*dlt)/(2*n);
ANS+=min(n*sqr(x)+dlt*x,n*sqr(x+1)+dlt*(x+1));
cout << ANS << endl ;
}
return 0;
}
小结：冷静下来还是非常水的。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ShuraK/p/10012396.html
