BZOJ 1963 最小和

题目：BZOJ 1963 最小和
（笔者注：出处似乎是 TopCoder SRM 456 Div.1 1050pts FunctionalEquation）

题意：

给定 $C$ 和 $N$，并用伪随机的方法给出 $(x_i,y_i)$ $(i=0,1,\dots ,N-1)$，找到一个整数到整数的映射 $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$，使得对于任意整数 $x$，有 $f(2f(x)-x+1)=f(x)+C$，在此基础上最小化 ${\sum }_{i=0}^{N-1}|f(x_i)-y_i|$。

$1\le C\le 16$, $1\le N\le 10^4$, $0\le x_i,y_i<10^9$。

题解：

观察 $f$ 的限制条件，有
$$\begin{array}{rl}& f(x)+2C\\ =& (f(x)+C)+C\\ =& f(2f(x)-x+1)+C\\ =& f(2f(2f(x)-x+1)-(2f(x)-x+1)+1)\\ =& f(2(f(x)+C)-2f(x)+x)\\ =& f(x+2C)\end{array}$$
于是只要确定了 $f(0),f(1),\dots ,f(2C-1)$ 的取值，必然能确定整个映射。

注意到在 $f(x)$ 确定的同时，除了 $f(x+2kC)$ $(k\in \mathbb{Z})$ 的取值会确定，它也会确定 $f(2f(x)-x+1+2kC)$ $(k\in \mathbb{Z})$ 的取值，而 $x$ 和 $(2f(x)-x+1)$ 奇偶性不同，所以它们在模 $2C$ 意义下一定不相同，进一步推理可得，模意义下的每个奇数剩余类恰好会和一个偶数剩余类配对。

不失一般性地，令 $x\equiv 2u,2f(x)-x+1\equiv 2v+1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2C)$ $(0\le u,v<C)$，那么有
$$f(2u)\equiv f(2v+1)\equiv u+v(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}C)$$

进一步地，若
$$f(2u)=u+v+aC(a\in \mathbb{Z})$$
那么有
$$\begin{array}{rl}& f(2v+1)\\ =& f(2v+1+2aC)-2aC\\ =& f(2(u+v+aC)-2u+1)-2aC\\ =& f(2f(2u)-2u+1)-2aC\\ =& (u+v+aC)+C-2aC\\ =& u+v+(1-a)C\end{array}$$

于是，对于一组剩余类配对 $\{(2u_1,2v_1+1),(2u_1,2v_1+1),\dots ,(2u_k,2v_k+1),\dots ,(2u_C,2v_C+1)\}$，我们只需要分别最小化 $$\sum _{x_i\equiv 2u_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2C)}|f(x_i)-y_i|+\sum _{x_i\equiv 2v_k+1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2C)}|f(x_i)-y_i|$$ 即可。

对于一组 $(u,v)$，我们可以将有关的 $|f(x_i)-y_i|$ 均写成 $|aC-p_i|$ 的形式，而 ${\sum }_i|aC-p_i|$ 是关于整数 $a$ 的分段一次函数，只需要枚举每个段里 $a$ 能取到的最左或最右的位置即可确定最小值。

剩下的部分是如何求出最优的剩余类配对。在预处理每对 $(u,v)$ 配对的最小代价后，计算二分图最小权完美匹配即可。由于 $C$ 比较小，我们可以偷点懒，用 $\mathcal{O}(C{2}^C)$ 的方法计算匹配。

偷懒后的总时间复杂度为 $\mathcal{O}(n\log n+nC+C^2+C{2}^C)$，其中 $\mathcal{O}(C{2}^C)$ 的部分可以优化到 $\mathcal{O}(C^3)$。

代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = (int)1e4 + 1, maxd = 17, maxs = 1 << 16 | 1, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
vector<int> lft[maxd], rht[maxd];
LL w[maxd][maxd], f[maxs];
struct Gen {
	int val, prd, adt, mod;
	void read() {
		scanf("%d%d%d%d", &val, &prd, &adt, &mod);
	}
	int get() {
		int ret = val;
		val = ((LL)val * prd + adt) % mod;
		return ret;
	}
} genX, genY;
inline void upd(LL &x, LL y) {
	x > y && (x = y);
}
int main() {
	scanf("%d%d", &m, &n);
	genX.read();
	genY.read();
	for(int i = 0; i < n; ++i) {
		int x = genX.get(), y = genY.get();
		if(x & 1) {
			int v = (x + m + m - 1) / 2 % m;
			rht[v].push_back(y - x - m + 1);
		} else {
			int u = x / 2 % m;
			lft[u].push_back(x - y);
		}
	}
	for(int i = 0; i < m; ++i) {
		sort(lft[i].begin(), lft[i].end());
		sort(rht[i].begin(), rht[i].end());
	}
	for(int u = 0; u < m; ++u)
		for(int v = 0; v < m; ++v) {
			int len = 0;
			static int seq[maxn];
			for(vector<int>::iterator it = lft[u].begin(); it != lft[u].end(); ++it)
				seq[len++] = *it;
			for(vector<int>::iterator it = rht[v].begin(); it != rht[v].end(); ++it)
				seq[len++] = *it;
			inplace_merge(seq, seq + lft[u].size(), seq + len);
			LL sL = 0, sR = 0;
			for(int i = 0; i < len; ++i) {
				seq[i] += v - u;
				sR += seq[i];
			}
			int pos = seq[0] / m * m;
			if(pos > seq[0])
				pos -= m;
			w[u][v] = sR - (LL)len * pos;
			seq[len] = INF;
			for(int i = 1; i <= len; ++i) {
				sL += seq[i - 1];
				sR -= seq[i - 1];
				if(i < len - i) {
					pos = seq[i] / m * m;
					if(pos > seq[i])
						pos -= m;
					if(pos >= seq[i - 1])
						upd(w[u][v], sR - sL + (LL)(i + i - len) * pos);
				} else {
					pos = seq[i - 1] / m * m;
					if(pos < seq[i - 1])
						pos += m;
					if(pos <= seq[i])
						upd(w[u][v], sR - sL + (LL)(i + i - len) * pos);
				}
			}
		}
	for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) {
		int cnt = 0;
		for(int j = 0; j < m; ++j)
			cnt += (i >> j) & 1;
		if(!cnt) {
			f[i] = 0;
			continue;
		}
		bool vis = 0;
		for(int j = 0; j < m; ++j) {
			if(!((i >> j) & 1))
				continue;
			LL tmp = f[i ^ (1 << j)] + w[cnt - 1][j];
			if(vis) {
				upd(f[i], tmp);
			} else {
				f[i] = tmp;
				vis = 1;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", f[(1 << m) - 1]);
	return 0;
}