[LOJ2020][AHOI/HNOI2017]礼物(FFT/NTT)

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分析

  题目中说我们可以给两个手环都增加非负整数的亮度，实际上可以将题意转化成将其中一个增加整数的亮度。那么我们设一个序列的增加量为$x$，然后循环平移后的数列为$a$、$b$，那么答案就是
  $ans={\Sigma }_{i=1}^n(a_i+x-b_i{)}^2$
  将平方拆开，我们得到
  $(a_i+x-b_i{)}^2=a_i^2+b_i^2+x^2+2a_{i}x-2b_{i}x-2a_i{b}_i$;
  那么答案就变成了
  ${\Sigma }_{i=1}^n{a}_i^2+{\Sigma }_{i=1}^n{b}_i^2+n{x}^2+2x({\Sigma }_{i=1}^n{a}_i-{\Sigma }_{i=1}^n{b}_i)-2{\Sigma }_{i=1}^n{a}_i{b}_i$
  我们发现这里面唯一一项不确定的就是$2{\Sigma }_{i=1}^n{a}_i{b}_i$，而其他都是确定的。又因为我们需要答案最小，所以我们需要不确定的式子最大。
  仔细观察这个式子，发现将$b$数组翻转后，实际上我们就是要求$2{\Sigma }_{i=1}^n{a}_i{b}_{n-i+1}$，容易发现这是一个卷积的形式，我们只要用FFT求出就行了。又因为这个数最大不会超过$5\times 10^8$，所以其实用NTT也是可以过的。

Code

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
bool Finish_read;
template<class T>inline void read(T &x){Finish_read=0;x=0;int f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;if(ch==EOF)return;ch=getchar();}while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;Finish_read=1;}
template<class T>inline void print(T x){if(x/10!=0)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>inline void writeln(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('\n');}
template<class T>inline void write(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);}
/*================Header Template==============*/
const int mod=998244353,G=3,fmaxn=18,Fmaxn=1<<fmaxn;
inline int Add(int x,int y) {
	return (x+=y)>=mod?x-mod:x;
}
inline int Sub(int x,int y) {
	return (x-=y)<0?x+mod:x;
}
inline int Mul(int x,int y) {
	return 1ll*x*y%mod;
}
inline int Pow(int x,int y=mod-2) {
	int res=1;
	for(;y;x=Mul(x,x),y>>=1)
		if(y&1)
			res=Mul(res,x);
	return res;
}
namespace Poly {
	int root[Fmaxn<<1],beg[fmaxn],cnt,rev[Fmaxn],nxtl[Fmaxn],nxtlim[Fmaxn],mx;
	inline void Init() {
		nxtl[1]=0,nxtlim[1]=1;
		for(int i=1;i<Fmaxn-1;++i)
			nxtl[i+1]=nxtl[i]+(i==(i&-i)),nxtlim[i+1]=nxtlim[i]<<(i==(i&-i));
	}
	inline void Rev(int bit) {
		rev[0]=0;
		for(int i=1;i<1<<bit;++i)
			rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
	}
	inline void DFT(vector<int>&a,int bit) {
		for(;mx<=bit;++mx) {
			int len=1<<mx,w0=Pow(G,(mod-1)/(len<<1)),w=1;
			beg[mx]=cnt;
			for(int i=0;i<len;++i,w=Mul(w,w0))
				root[cnt++]=w;
		}
		for(int i=1;i<1<<bit;++i)
			if(i<rev[i])
				swap(a[i],a[rev[i]]);
		for(int i=0,len=1;i<bit;++i,len<<=1)
			for(int j=0;j<1<<bit;j+=len<<1)
				for(int k=0;k<len;++k) {
					int x=a[j+k],y=Mul(a[len+j+k],root[beg[i]+k]);
					a[j+k]=Add(x,y),a[len+j+k]=Sub(x,y);
				}
	}
	inline void IDFT(vector<int>&a,int bit) {
		int len=1<<bit,inv=Pow(len);
		reverse(a.begin()+1,a.end()),DFT(a,bit);
		for(int i=0;i<len;++i)
			a[i]=Mul(a[i],inv);
	}
	inline void FFT(vector<int>a,vector<int>b,vector<int>&c) {
		int la=a.size(),lb=b.size(),lc=la+lb-1,l=nxtl[lc],lim=nxtlim[lc];
		a.resize(lim),b.resize(lim),c.resize(lim),Rev(l),DFT(a,l),DFT(b,l);
		for(int i=0;i<lim;++i)
			c[i]=Mul(a[i],b[i]);
		IDFT(c,l),c.resize(lc);
	}
}
int n,m;
vector<int>a,b;
ll ans=1e18,suma,sumb,suma2,sumb2;
int main() {
	read(n),read(m),Poly::Init(),a.resize(2*n),b.resize(n);
	for(int i=0;i<n;++i)
		read(a[i]),a[i+n]=a[i],suma+=a[i],suma2+=a[i]*a[i];
	for(int i=0;i<n;++i)
		read(b[i]),sumb+=b[i],sumb2+=b[i]*b[i];
	reverse(b.begin(),b.end());
	Poly::FFT(a,b,b);
	for(int i=0;i<n;++i)
		for(int j=-m;j<=m;++j)
			ans=min(ans,suma2+sumb2+1ll*n*j*j+2ll*j*(suma-sumb)-2ll*b[i+n]);
	printf("%lld\n",ans);
}