等差數列方向
給 \(N\) 棵樹，第 \(i\) 棵樹的座標是 \(a_i \ (-M \leq a_i \leq M)\) 。可以花費 \(b_i\) 的代價將 \(a_i\) 修改為任意整數。詢問 \(a_1, a_2, \cdots, a_N\) 構成等差數列需要的最小代價。
思路：
若 \(a_1, a_2, \cdots, a_N\) 是等差數列，則 \((i, a_i)\) 在二維空間上落在一條直線 \(y = A_1 + (d - 1)x = c + kx\) 上，且 \(k = 0 \vee 1 \mid k\) 。
由於 \(f(x) = c x^{0} + k x^{1}\) 是 \(deg\) 為 \(1\) 的多項式，根據插值理論或線性代數理論，可以用兩個點確定。
一個經典的 trick 是： 直線經過至少一個點一定比不經過點更優。
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如果以兩點式處理，則直線經過兩個點比經過一個點和經過更多點更優。
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或者以點斜式處理，只需列舉一個斜率，且經過一個點。
方向一：
從兩點式考慮。
我們可以 \(O(N^{2})\) 列舉兩個點，然後計算這兩個點對應直線的貢獻。
可以藉助直線的一般式 \(Ax + By + C = 0\) （一般是需要約分）維護直線，用 \(\{(A, B, C), value\}\) 表示每條直線上點的 \(b_i\) 貢獻和。
答案就是 \(\sum b_i - max\{value\}\) ，時間複雜度 \(O(N^{2} \log N^{2})\) 。
方向二：
從點斜式考慮。
重新確定 \(a\) 陣列是從 \(0\) 編號的，即 \(a\) 陣列為 \(a_0, a_1, a_2, \cdots, a_{N - 1}\) 。這樣可以讓第一個點在 \(y\) 軸上，方便點斜式的討論。
我們考慮一條過 \((0, -M)\) 的直線 \(f(x) = -M + kx\) 。
我們可以取直線過另一個點 \((1, M), (2, M), (3, M), \cdots, (N - 1, M), (N - 1, M - 1), (N - 1, M - 2), \cdots, (N - 1, -M)\) ，初步有 \(0 \leq k \leq 2M\) 。
又注意到等差數列構成的直線，斜率要麼是 \(0\) ，要麼是 \(1\) 的倍數。則 \(k = 0\) 或者 \(1 \leq k \leq 2M\) 。
由於答案直線過 \((0, A)\) 且 \(A \geq -M\) ，則在 \(f(x)\) 下面的所有點一定要改，而可能要改的是嚴格在 \(f(x)\) 上方的點，不妨稱這些點為有效點。
\(k = 0\) 時可以維護鍵值對 \((y, value)\) ，對所有存在的 \(a_i\) 權值，計算對應的若干點的 \(b_i\) 貢獻。時間複雜度 \(O(N \log N)\) 。
所以只需考慮 \(1 \leq k \leq 2M\) 。
不難發現直線 \(f(x)\) 經過點 \((i, -M + ki)\) ，而有效點是一段字首滿足 \(-M + ki \leq M\) 。繼而有 \(\forall i, i \leq \lfloor \frac{2M}{k} \rfloor\) 的點為有效點。
由
顯然有效點的個數為 \(O(M \log M)\) ，同時每個有效點可以根據點斜式確定一條直線。
現在考慮答案直線 \(l = A_0 + k(i - 1)\) ，\(l\) 經過一個點會更優，可以列舉所有有效點作為一個固定點。
假設此時的列舉的斜率是 \(k\) ，列舉的固定有效點是 \(a_i\) ，則 \(A_0 + k(i - 1) = a_i \Rightarrow A_0 = a_i - k(i - 1)\) 。
可以維護鍵值對 \(\{(A_0, k), value\}\) ，對每個固定點計算它對對應直線的 \(b_i\) 貢獻。
獲得貢獻最大的直線 \(l = A_0 + k(i - 1)\) ，是需要修改貢獻最少的直線。
最後我們讓這根直線和 \(O(N)\) 跳斜率為 \(0\) 的直線取更優值。
總時間複雜度為 \(O(M \log M)\) 。
等比數列方向
給 \(N\) 棵樹，第 \(i\) 棵樹的座標是 \(a_i (0 \leq a_i \leq M)\) 。可以花費 \(b_i\) 的代價將 \(a_i\) 修改為任意非負整數。詢問 \(a_1, a_2, \cdots, a_N\) 構成等比數列需要的最小代價。
這裡限定為正數是因為非初等函式的處理非常困難。
思路：
若 \(a_1, a_2, \cdots, a_N\) 是等比數列，則 \((i, a_i)\) 在二維空間上落在 \(y = A_1 q^{x - 1}\) 上。
要麼 \(q = 1\) ，\(f(x) = A_1 q^{x - 1}\) 是一條直線，可以透過維護 \((y, value)\) 以 \(O(N \log N)\) 算出這種每個權值的獲得的點的 \(b_i\) 貢獻。
否則 \(q > 0 \wedge q \neq 1\) 。（題目不需要同時討論 \(q < 0\) 的情況，因為這很困難）
這時 \(f(x) = A_1 q^{x - 1}\) 並不是一個多項式，不能透過若干個點確定。
但至少是一個透過常函式 \(c\) 乘以指數函式 \(a^{x} \ (a \neq 1 \wedge a > 0)\) 得到的初等函式，是一條簡單曲線，依舊具有簡單的性質。
這個初等函式首先可以透過一個公比 \(q(q > 0)\) 和一個點 \((1, A_1)\) 確定。
根據經典 trick ， \(f(x) = A_1 q^{x - 1}\) 至少經過一個點最優。
如果曲線真的只經過了一個點，不妨 \(O(N)\) 處理出 \(\sum_{i = 1}^{N} b_i - b_k\) 。
於是接下來考慮經過至少兩個點的曲線，這樣會使得曲線的樣本空間更小，\(q\) 的取值範圍也更小。
我們可以 \(O(N)\) 列舉一個點 \((i, a_i)\) 作為定點，然後列舉 \(q\) ，需要保證 \(q^{i - 1} \mid a_i\) 。於是可以計算出 \(A_1 = \frac{a_i}{q^{i - 1}}\) 。
若 \(\forall i \geq 2, a_i < A_1 q^{i - 1}\) ，則這些曲線依舊是隻會經過 \((i, a_i)\) 這一個點。這種情況已經被計算過。
它的逆條件是 \(\exists i \geq 2, a_i \geq A_1 q^{i}\) ，曲線可能會經過一個點以上。
\(q \leq \log_{i} \frac{a_i}{A_1} \leq \log_{2} M\) 可以限制出 \(q\) 的範圍。於是需要 \(O(N \log M)\) 列舉一條曲線。
對於任意一個定點 \(a_i\) ，我們將記錄它對 \((A_1 = \frac{a_i}{q^{i - 1}}, q)\) 的 \(b_i\) 貢獻。維護 \(\{(A_1, q), value\}\) 。
這些曲線最後還要和 \(O(N)\) 條只經過一個點的曲線取更優值。
總時間複雜度為 \(O(N \log M)\) 。