首先，两个数同时增加自然数值相当于只有其中一个数增加（此增加量可以小于0）

我们令$x$为当前的增加量，${a},{b}$分别为旋转后的两个数列，那么$$ans=\sum_{i=1}^n(a_i+x-b_i)^2$$

然后把第$i$项提出来并展开，可得$$(a_i+x-b_i)^2=a_i^2+b_i^2+x^2+2xa_i-2xb_i-2a_ib_i$$

那么答案就是$$ans=\sum_{i=1}^na_i^2+\sum_{i=1}^nb_i^2+nx^2+2x(\sum_{i=1}^na_i+\sum_{i=1}^nb_i)-2\sum_{i=1}^na_ib_i$$

然后发现，答案里面只有最后一项与$a,b$的顺序有关（也就是旋转成了什么样子），前面的项都是常数（对同一个$x$来说），那么我们只要令$\sum_{i=1}^na_ib_i$最大就能让答案最小了

我们考虑一下，如果把数列$b$给反过来，那么最后一项就变成了$\sum_{i=1}^na_ib_{n-i+1}$，这是一个卷积的形式，可以直接用FFT计算1$项的系数）

那么我们把数列$b$反过来，然后把数列$a$倍长，那么两式卷积之后第$n+1$到第$2n$项里面最大值就是最大的$\sum_{i=1}^na_ib_i$

于是只要枚举一下$x$和旋转（多项式的第几项）就好了

1 //minamoto 2 #include
     
       3 #include
      
        4 #include
       
         5 #define ll long long 6 #define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f 7 using namespace std; 8 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 9 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;10 template
        
         inline bool cmin(T&a,const T&b){
   return a>b?a=b,1:0;}11 inline int read(){12     #define num ch-'0'13     char ch;bool flag=0;int res;14     while(!isdigit(ch=getc()))15     (ch=='-')&&(flag=true);16     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);17     (flag)&&(res=-res);18     #undef num19     return res;20 }21 const int N=400005;const double Pi=acos(-1.0);22 struct complex{23     double x,y;24     complex(double xx=0,double yy=0){x=xx,y=yy;}25     inline complex operator +(complex b){
   return complex(x+b.x,y+b.y);}26     inline complex operator -(complex b){
   return complex(x-b.x,y-b.y);}27     inline complex operator *(complex b){
   return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}28 }A[N],B[N];29 int n,m,l,r[N],limit=1,a[N],b[N];ll a1,a2,b1,b2,ans=inf;30 void FFT(complex *A,int type){31     for(int i=0;i
         
          >1]>>1)|((i&1)<<(l-1));56     FFT(A,1),FFT(B,1);57     for(int i=0;i