ZOJ 3981 Balloon Robot CCPC2017 Qinhuangdao（推公式+离线处理）

        现在回想起来，真的不应该去用C++强撸那道应该用Java做的大整数的题目了……

        大致题意就是，有一个发气球的机器，然后有n个人，m个座位排成了一个圆圈，总共AC了p道题目，然后机器人每次从某一个位置开始移动，每次花1个时间单位移动一格。每次机器人走到一个人旁边，它就会把这个人已经A的所有题目对应的气球发给他。对于每一道题目，产生的不高兴值是发气球的时间，减去对应A题的时间。然后问，如何选取这个出发点使得总的不高兴值最大。

        首先，我们考虑如果发气球机器的起始位置是x，那么对于一道题目，假设解题时间是t，解题人位置是pos，那么其不高兴值是(pos-t)%m-x，这里要注意，如果最后结果小于0，那么要对应加上一个m。那么对于所有的题目，就是对这个单个的式子求个和。现在要求是不高兴值的和最小，那么我们完全可以枚举这个x，然后对应求出每一个和，找到最小的即可。这里很容易证明，x只需要枚举那些可以使得某些题目不高兴值为0的位置。

        那么现在问题变成了已知x，如何在O(1)的时间内求出不高兴值的和呢？根据表达式pos-t-x，我们可以发现对于每一个问题pos-t是不变的，因此我们可以提前统计出pos-t的和，用和再减去x乘以A题个数即可。然而，并没有想的那么简单，因为如果说pos-t小于x，那么还要再等一个周期才能发到气球，即不高兴值得再加上m。所以说，每当枚举到一个x，我们还要统计出pos-t的值比当前x小的个数，在最后结果上加上个数乘以m才是当前x对应的不高兴值。至于统计这个，我们排序之后，按顺序离线处理，就可以做到均摊的O(1)的复杂度。总共的复杂度由于排序的存在，是O(NlogN)。代码简短（下次再也不去写c++的大整数了……）具体见代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define N 100010
using namespace std;

int n,m,p,tot,pos[N],a[N],b[N];

int main()
{
    int T_T;
    cin>>T_T;
    while(T_T--)
    {
        LL ans=1e18,s=0;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&pos[i]);
        for(int i=1;i<=p;i++)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            a[i]=(pos[x]-y+m)%m;            //保证a[i]要大于等于0
            b[i]=a[i]%m; s+=a[i];
        }
        sort(a+1,a+1+p);
        sort(b+1,b+1+p);
        tot=unique(b+1,b+1+p)-b-1;
        for(int i=1,j=1;i<=tot;i++)
        {
            while(a[j]<b[i]&&j<p) j++;
            ans=min(ans,s+(LL)(j-1)*m-(LL)p*b[i]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}