BZOJ#3771. Triple(FFT+生成函数)


 

3771: Triple

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 64 MB
Submit: 892  Solved: 513

Description

我们讲一个悲伤的故事。
从前有一个贫穷的樵夫在河边砍柴。
这时候河里出现了一个水神,夺过了他的斧头,说:
“这把斧头,是不是你的?”
樵夫一看:“是啊是啊!”
水神把斧头扔在一边,又拿起一个东西问:
“这把斧头,是不是你的?”
樵夫看不清楚,但又怕真的是自己的斧头,只好又答:“是啊是啊!”
水神又把手上的东西扔在一边,拿起第三个东西问:
“这把斧头,是不是你的?”
樵夫还是看不清楚,但是他觉得再这样下去他就没法砍柴了。
于是他又一次答:“是啊是啊!真的是!”
水神看着他,哈哈大笑道:
“你看看你现在的样子,真是丑陋!”
之后就消失了。
 
樵夫觉得很坑爹,他今天不仅没有砍到柴,还丢了一把斧头给那个水神。
于是他准备回家换一把斧头。
回家之后他才发现真正坑爹的事情才刚开始。
水神拿着的的确是他的斧头。
但是不一定是他拿出去的那把,还有可能是水神不知道怎么偷偷从他家里拿走的。
换句话说,水神可能拿走了他的一把,两把或者三把斧头。
 
樵夫觉得今天真是倒霉透了,但不管怎么样日子还得过。
他想统计他的损失。
樵夫的每一把斧头都有一个价值,不同斧头的价值不同。总损失就是丢掉的斧头价值和。
他想对于每个可能的总损失,计算有几种可能的方案。
注意:如果水神拿走了两把斧头a和b,(a,b)和(b,a)视为一种方案。拿走三把斧头时,(a,b,c),(b,c,a),(c,a,b),(c,b,a),(b,a,c),(a,c,b)视为一种方案。

Input

第一行是整数N,表示有N把斧头。
接下来n行升序输入N个数字Ai,表示每把斧头的价值。

Output

若干行,按升序对于所有可能的总损失输出一行x y,x为损失值,y为方案数。

Sample Input

4
4
5
6
7

Sample Output

4 1
5 1
6 1
7 1
9 1
10 1
11 2
12 1
13 1
15 1
16 1
17 1
18 1
样例解释
11有两种方案是4+7和5+6,其他损失值都有唯一方案,例如4=4,5=5,10=4+6,18=5+6+7.

HINT

所有数据满足:Ai<=40000

 


 problem:

给定一些斧头及其价值,每次最多选三个出来,问每个价值的方案数

 


 solution:

FFT+生成函数
每个斧头的价值都不同
A为只选一个的多项式
B为只选两个相同的斧头
C为只选三个相同的斧头

我们最后答案肯定就是
选一个时,直接加A
选两个时,(A*A-B)/2 (除以二是为了取消重复的组合,(2,3)-(3,2))
选三个时,(A*A*A-3*A*B+2*C)/6 (因为会多减两个三个相同的情况,最后加回来)

感悟:
我们做这种题时,往往可以把权值放在指数上,通过卷积快速求得和的方案数

 


 附上代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const int N=140010;
int n;

struct Complex 
{
    double x,i;
    Complex(){}
    Complex(double a,double b) {x=a;i=b;}
}A[N],B[N],C[N],D[N];

Complex operator + (Complex a,Complex b) {return Complex(a.x+b.x,a.i+b.i);}
Complex operator - (Complex a,Complex b) {return Complex(a.x-b.x,a.i-b.i);}
Complex operator * (Complex a,Complex b) {return Complex(a.x*b.x-a.i*b.i,a.x*b.i+a.i*b.x);}
int rev[N];
void FFT(Complex *a,int t)
{
    for(int i=1;i<n;i++) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        Complex wn(cos(2*pi/(i<<1)),t*sin(2*pi/(i<<1)));
        for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
        {
            Complex w(1,0),t0,t1;
            for(int k=0;k<i;k++) 
            {
                t0=a[j+k];t1=w*a[i+j+k];
                a[j+k]=t0+t1;
                a[i+j+k]=t0-t1;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    
    scanf("%d",&n);
    int x;
    int imax=-1;
    for(int i=0;i<n;i++) 
    {    
        scanf("%d",&x);
        A[x].x++;B[x*2].x++;C[x*3].x++;
        imax=max(imax,x*3);
    }
    n=1;int len=0;
    while(n<=imax) n<<=1,len++;
    rev[0]=0;for(int i=1;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
    FFT(A,1);FFT(B,1);FFT(C,1);
    for(int i=0;i<n;i++) 
    {
        Complex tmp0(2.0,0),tmp1(3.0,0),tmp2(1.0/6.0,0),tmp3(1.0/2.0,0);
        D[i]=D[i]+A[i];
        D[i]=D[i]+(A[i]*A[i]-B[i])*tmp3;
        D[i]=D[i]+(A[i]*A[i]*A[i]-A[i]*B[i]*tmp1+tmp0*C[i])*tmp2;
    }
    FFT(D,-1);
    for(int i=0;i<n;i++) 
    {
        D[i].x=(int)(D[i].x/n+0.5);
        if(D[i].x) printf("%d %.0lf\n",i,D[i].x);
    }
    return 0;
}
View Code

 


 

posted @ 2018-05-21 21:07  Heey  阅读(124)  评论(0编辑  收藏  举报