题面

传送门

思路

首先,有一个结论:两个手环增加非负整数亮度,等于其中一个增加一个整数亮度(可以为负)

我们令增加量为$x$,旋转以后的原数列为${a}{b}$那么现在的费用就是:

$\sum_{i=1}n\left(a_i+x-b_i\right)2$

我们把第i项拿出来拆开,得到:

$\left(a_i+x-b_i\right)2=a_i2+b_i2+x2+2a_ix-2a_ib_i-2b_ix$

那么原式变成了

$\sum_{i=1}na_i2+\sum_{i=1}nb_i2+nx2+2x\left(\sum_{i=1}na_i-\sum_{i=1}nb_i\right)-2\sum_{i=1}na_ib_i$

我们发现,这个式子除了最后一项之外都是确定的QwQ

那么我们只要令最后一项最大,那么就可以得到最小的费用值了

现在问题转化为求$\sum_{i=1}^na_ib_i$的最大值

等等,这个形式......

我们把数列${a}$反过来,变成

$\sum_{i=1}^na_{n-i+1}b_i$

这不是一个卷积吗~

所以把反过来的数列${a}$倍长,和数列${b}$卷积,得到的项里面的第n+1到n*2项的最大值,就是$\sum_{i=1}^na_ib_i$的最大值

然后把前面的不变项加上,就是答案了

Code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define inf 1e15
using namespace std;
inline int read(){
int re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
struct complex{
double x,y;
complex(double xx=0,double yy=0){x=xx;y=yy;}
complex operator +(const complex &b){return complex(x+b.x,y+b.y);}
complex operator -(const complex &b){return complex(x-b.x,y-b.y);}
complex operator *(const complex &b){return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}
}A[400010],B[400010];
const double pi=acos(-1.0);
int n,m,limit=1,cnt=0,r[400010];
void fft(complex *a,double type){
int i,j,mid,k;complex x,y,w,wn;
for(i=0;i<limit;i++) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for(mid=1;mid<limit;mid<<=1){
wn=complex(cos(pi/mid),type*sin(pi/mid));
for(j=0;j<limit;j+=(mid<<1)){
w=complex(1,0);
for(k=0;k<mid;k++,w=w*wn){
x=a[j+k];y=w*a[j+k+mid];
a[j+k]=x+y;a[j+k+mid]=x-y;
}
}
}
}
ll a1=0,a2=0,b1=0,b2=0,ans=inf;
int a[100010],b[100010];
int main(){
ll i,j;
n=read();m=read();
for(i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
a1+=a[i]*a[i];a2+=a[i];
}
for(i=1;i<=n;i++){
b[i]=read();
b1+=b[i]*b[i];b2+=b[i];
}
for(i=1;i<=n;i++){
A[i].x=A[i+n].x=a[i];
B[i].x=b[n-i+1];
} while(limit<=(n*3)) limit<<=1,cnt++;
for(i=0;i<limit;i++) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1))); fft(A,1);fft(B,1);
for(i=0;i<=limit;i++) A[i]=A[i]*B[i];
fft(A,-1);
for(i=0;i<=limit;i++) A[i].x=(ll)(A[i].x/limit+0.5); for(i=1;i<=n;i++){
for(j=-m;j<=m;j++){
ans=min(ans,a1+b1+j*j*n+2ll*j*(a2-b2)-2ll*(ll)A[i+n].x);
}
}
printf("%lld",ans);
}

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