2025.5.26【ZR NOI模拟赛 T2】草莓函数 题解（性质，二分图最大权匹配）

算是比较好玩的题吧，虽然感觉不太可能考。
但是我考试时真是一点思路都没有啊啊啊啊啊啊。。。。
记录一下。

题意

给定 $n$ 对整数 $(x_i,y_i)$ 和一个整数 $C$，求一个定义域和值域都是 $\mathbb{Z}$ 的函数 $f(x)$，满足 $\forall x\in \mathbb{Z}$， $f(x)+C=f(2f(x)-x+1)$，使得 $\sum _{i=1}^n|f(x_i)-y_i|$ 最小。

$1\le n\le 10^4,1\le C\le 200,1\le x_i,y_i\le 10^9$。

分析

首先要明白这个函数取最优可能是没有解析式的。因为假设有解析式那么这个函数只能是 $1$ 次函数，并且 $k=1,b=\frac{C-1}{2}$。然后你会发现 $C$ 是偶数的时候你甚至构造不出来一个合法的一次函数满足值域是 $\mathbb{Z}$。然后就倒闭了。。

那么我们将它理解成 你要给每个 $f(x)$ 赋一个值，满足上述限制，并且使所求式最小。

那么怎样赋值才能满足限制呢？先来对函数推一些性质。

性质： $\forall x\in Z,f(x+2C)=f(x)+2C$。
证明：
令 $f(x)=t$，有 $t+C=f(2t-x+1)$。
迭代： $f(2t-x+1)+C=f(2(t+C)-(2t-x+1)+1)=f(x+2C)$。
所以 $f(x+2C)=t+2C=f(x)+2C$。
得证。

因此如果将 $x\%2C$ 相同的 $x$ 分到同一类，那么只有一类里定了一个数的 $f(x)$，其它的 $f(x)$ 也都随之确定，并且斜率为 $1$。

不妨考虑确定 $x\in [0,2C)$ 的所有 $f(x)$，但是这些值是可以任意定的吗？
考虑如果定下了一个 $f(x)=t$，那么 $2t-x+1$ 所在那一类也一定会被确定。根据刚才的性质，从 $x$ 的等价类出发迭代两次还会回到 $x$ 的等价类上。因此再往后迭代一次确定的点所在等价类就是 $x,2t-x+1,x,2t-x+1,\dots$。我们发现它们形成了一个闭环，因此限制就完全转化成了每次同时确定两个等价类，其余等价类迭代一次都不能跑到这两个等价类上。这相当于一个 匹配模型。

观察到 $C$ 比较小，所以等价类的数量很少。因此我们有一个初步思路：计算两个等价类 $x,y$ 匹配所产生的最小代价 $w(x,y)$，然后在 $x,y$ 之间连一条权值为 $w(x,y)$ 的边，最后跑一遍 最小权完美匹配 即可。
这里的 $w(x,y)$ 是指确定 $x,y$ 两个等价类的每个点值后对所求式子的最小贡献。

但是这是 一般图最小权最大匹配。一般图最大匹配 都需要用 带花树 才能做。这是我们不可能会的科技。

接着推一下式子：
令 $f(x)=t$，那么 $f(2t-x+1)=t+C$
我们注意到 $x+(2t-x+1)=2t+1$ 是奇数，并且 $(2t-x+1)\%2C$ 不会改变 $2t-x+1$ 的奇偶性，因此 $x$ 只会和一个与它奇偶性不同的等价类匹配！！

那么问题就变成了 二分图最小权最大匹配，只需要 $EK$ 跑 最小费用最大流 即可。

最后剩下一个问题，如何求 $w(x,y)$？
首先设 $a$ 的等价类中包含 $m$ 个 $\{(x_i,y_i)\}$，满足 $x_i\%2C=a$。
设 $x_i=k_i\times 2C+a$，那么有：
$\sum _{i=1}^m|f(x_i)-y_i|=\sum _{i=1}^m|f(k_i\times 2C+a)-y_i|=\sum _{i=1}^m|f(a)+k_i\times 2C-y_i|=\sum _{i=1}^m|f(a)-(y_i-k_i\times 2C)|$。

这看起来像是数轴上选一个点到其它点的距离和最小，结论是选中位数最优。
但是由于 $f(x)$ 的选择后要匹配上 $y$，因此还要列一些关系式：

令 $f(x)=t$，则 $2t-x+1\equiv y(\mathrm{mod}2C)$
$2t-x+1=y+2nC(n\in \mathbb{Z})$
$t=nC+\frac{x+y-1}{2}(n\in \mathbb{Z})$
$f(x)=nC+\frac{x+y-1}{2}(n\in \mathbb{Z})$

这相当于初始 $f(x)$ 在 $\frac{x+y-1}{2}$，你可以朝左右跳任意步，步长为 $C$。那么显然还是跳到中位数附近 $O(1)$ 个位置取到最优。

但是别忘了 $t$ 的赋值同样影响着 $y$ 等价类的贡献，我们来看看 $f(y)$ 的表达式：
$f(2t-x+1)=t+C$
$f(y+2nC)=f(y)+2nC=t+C=nC+\frac{x+y-1}{2}+C$
$f(y)=\frac{x+y-1}{2}+C-nC$
$f(y)+f(x)=x+y+C-1$， $f(y)=(x+y+C-1)-f(x)$

然后变量就被化成一个了。我们将 $f(y)$ 带入它的贡献式：

$\sum _{i=1}^{m_y}|f(y)-(y_i-k_i\times 2C)|=\sum _{i=1}^{m_y}|f(x)-(x+y+C-1-(y_i-k_i\times 2C))|$

那么只需要将 $y$ 等价类中的点 $(x_i,y_i)$：$x+y+C-1-(y_i-k_i\times 2C)$ 也加入数轴中，求出最优位置即可。
每次只有 $O(1)$ 个位置需要 $check$，每个等价类中的点一共被枚举 $C$ 次，总复杂度 $O(nC)$。

总复杂度 $O(nC+费用流复杂度)$，可过。

CODE：

// 最小费用最大流 
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10;
const int M = 210;
const int INF = 1e8;
typedef long long LL;
int n, C, len;
LL x[N], y[N], w[M * 2][M * 2];
LL num[N];
vector< int > node[M * 2];
inline LL calc(LL x) {LL ret = 0;for(int i = 1; i <= len; i ++ ) ret += abs(num[i] - x);return ret;
}
inline LL up(LL x, int s) {if(s >= x) return s - (s - x) / C * C;else return s + ((x - s - 1) / C + 1) * C;
}
inline LL down(LL x, int s) {LL p = up(x, s);if(p == x) return p;else return p - C;
}
inline LL solve(int a, int b) { // f(a) 应取中位数 len = 0; for(auto v : node[a]) num[++ len] = (y[v] - (x[v] - a));for(auto v : node[b]) num[++ len] = (a + b + C - 1 - (y[v] - (x[v] - b)));sort(num + 1, num + len + 1);int p = (len + 1) / 2; LL res = 2e18;for(int i = p; i <= ((len & 1) ? p : p + 1); i ++ ) {if(i > len) break;if((len & 1) || (i == p + 1)) res = min(res, calc(down(num[i], (a + b - 1) / 2)));if((len & 1) || (i == p)) res = min(res, calc(up(num[i], (a + b - 1) / 2)));}return res;
}
int S, T, nd[M * 2], idx, pre[M * 2];
LL incf[M * 2], d[M * 2];
struct edge {int v, last, c; LL w;
} E[M * M * 2 + 8 * M];
int head[M * 2], tot;
bool vis[M * 2]; 
inline void add(int u, int v, int c, LL w) {E[tot] = (edge) {v, head[u], c, w}; head[u] = tot ++;E[tot] = (edge) {u, head[v], 0, -w}; head[v] = tot ++;
}
inline bool bfs(int s, int t) {memset(d, 0x3f, sizeof d); memset(incf, 0, sizeof incf);d[s] = 0, incf[s] = INF; queue< int > q; q.push(s); vis[s] = 1;while(!q.empty()) {int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].last) {int v = E[i].v;if(E[i].c && d[u] + E[i].w < d[v]) {d[v] = d[u] + E[i].w;incf[v] = min(incf[u], 1LL * E[i].c);pre[v] = i;if(!vis[v]) vis[v] = 1, q.push(v);}}}return incf[t] > 0;
}
inline LL EK(int s, int t) {int flow = 0; LL cost = 0;while(bfs(s, t)) {flow += incf[t]; cost += d[t] * incf[t];for(int u = t; u != s; u = E[pre[u] ^ 1].v) {E[pre[u]].c -= incf[t]; E[pre[u] ^ 1].c += incf[t];}}return cost;
}
int main() {scanf("%d%d", &n, &C);for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%lld%lld", &x[i], &y[i]);node[x[i] % (2 * C)].pb(i);}for(int x = 0; x < 2 * C; x ++ ) for(int y = x + 1; y < 2 * C; y += 2)  // 求 w(x, y) w[x][y] = solve(x, y);S = ++ idx, T = ++ idx;for(int i = 0; i < 2 * C; i ++ ) nd[i] = ++ idx;memset(head, -1, sizeof head);for(int i = 0; i < 2 * C; i += 2 ) add(S, nd[i], 1, 0);for(int i = 1; i < 2 * C; i += 2 ) add(nd[i], T, 1, 0);for(int x = 0; x < 2 * C; x += 2) for(int y = 1; y < 2 * C; y += 2 )  // 偶数往奇数连边 add(nd[x], nd[y], 1, w[min(x, y)][max(x, y)]);printf("%lld\n", EK(S, T));return 0;
}