BZOJ4836 [Lydsy1704月赛]二元运算 分治 多项式 FFT

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题目传送门 - BZOJ4836

题意

  定义二元运算$opt$满足

$$x\ opt\ y=\begin{cases}x+y & \text{$(x<y)$} \\ x-y & \text{$(x\geq y)$}\end{cases}$$

  现在给定一个长为$n$的数列$a$和一个长为$m$的数列$b$,接下来有$q$次询问。每次询问给定一个数字$c$你需要求出有多少对$(i, j)$使得$a_i\ opt\ b_j=c$。

题解

  这题看了标签差不多就是傻逼题QAQ。

  标签:分治+FFT

  好了题解就这么点QAQ。

  居然写了半个小时还好1A不然完蛋。

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  $\vdots$

  还是来正经点的吧。

  首先不考虑括号里的条件,假如分别针对两种运算$x+y$和$x-y$来写,该怎么办?

  $FFT$套路啊。

  我们对于$a$数组搞$50001$个桶,其中下标为$i$的桶保存到就是$a_x=i$的$x$个数。

  对于$b$也同理。

  假装$a_i$表示原先的$a$数组中$i$的个数,$b_i$同理。

  然后你要快速算$x+y$相同的,写下式子:

  $$h_i=\sum_{j=0}^{i}a_jb_{i-j}$$

  显然可以$FFT$优化。

  然后你要算$x-y$相同的,你假装桶有负的下标,对于每一个$i$,使$b_{-i}=b_i$。

  然后让$b$整体向下标的正方向移动$50000$个单位(对于有效的前$50001$个,这个操作的效果就是将原来的$50001$个桶翻转),就可以列出和原来的那个差不多的式子,同样也可以$FFT$。

  但是原运算法则中有括号里面的条件啊。

  我们要强力满足这个条件。

  于是我们采用分治。

  对数值进行分治。

  我们分$3$类对最终答案进行贡献。

  假装我们把区间分成了$[L,mid]$和$(mid,R]$。

  $1.x=y$,只要再长度为$1$的区间内自己贡献一下就可以了。具体看代码。

  $2.x<y$,那我们只要让$a[L,mid]$和$b(mid,R]$按照原式的第一种运算方式算,并$FFT$优化即可。

  $3.x>y$,那我们只要让$a(mid,R]$和$b[l,mid]$按照原式的第二种运算方式算,并$FFT$优化即可。

  伪代码:

solve(L,R)
    if (L=R)
        -->1.x=y
        return
    -->2.x<y
    -->3.x>y
    solve(L,mid),solve(mid+1,R)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1<<17;
double PI=acos(-1.0);
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while (!('0'<=ch&&ch<='9'))
		ch=getchar();
	while ('0'<=ch&&ch<='9')
		x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,ch=getchar();
	return x;
}
int T,n,m,q,a[N],b[N];
LL tot[N];
int s,d,Rev[N];
struct C{
	double r,i;
	C(){}
	C(double a,double b){r=a,i=b;}
	C operator + (C x){return C(r+x.r,i+x.i);}
	C operator - (C x){return C(r-x.r,i-x.i);}
	C operator * (C x){return C(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
}w[N],A[N],B[N];
void FFT(C a[],int n){
	for (int i=0;i<n;i++)
		if (i<Rev[i])
			swap(a[i],a[Rev[i]]);
	for (int t=n>>1,d=1;d<n;d<<=1,t>>=1)
		for (int i=0;i<n;i+=(d<<1))
			for (int j=0;j<d;j++){
				C tmp=w[t*j]*a[i+j+d];
				a[i+j+d]=a[i+j]-tmp;
				a[i+j]=a[i+j]+tmp;
			}
}
void solve(int L,int R){
	if (L==R){
		tot[0]+=1LL*a[L]*b[R];
		return;
	}
	int mid=(L+R)>>1;
	//a[L]...a[mid] VS b[mid+1]...b[R]
	for (s=1,d=0;s<R-L;s<<=1,d++);
	for (int i=0;i<s;i++){
		Rev[i]=(Rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
		w[i]=C(cos(2*i*PI/s),sin(2*i*PI/s));
		A[i]=B[i]=C(0,0);
	}
	for (int i=L;i<=mid;i++)
		A[i-L]=C(a[i],0);
	for (int i=mid+1;i<=R;i++)
		B[i-mid-1]=C(b[i],0);
	FFT(A,s),FFT(B,s);
	for (int i=0;i<s;i++)
		A[i]=A[i]*B[i],w[i].i*=-1.0;
	FFT(A,s);
	for (int i=0;i<R-L;i++)
		tot[i+L+mid+1]+=(LL)(A[i].r/s+0.5);
	//a[mid+1]...a[R] VS b[L]...b[mid]
	for (int i=0;i<s;i++)
		A[i]=B[i]=C(0,0),w[i].i*=-1.0;
	for (int i=mid+1;i<=R;i++)
		A[i-mid-1]=C(a[i],0);
	for (int i=L;i<=mid;i++)
		B[mid-i]=C(b[i],0);
	FFT(A,s),FFT(B,s);
	for (int i=0;i<s;i++)
		A[i]=A[i]*B[i],w[i].i*=-1.0;
	FFT(A,s);
	for (int i=0;i<R-L;i++)
		tot[i+mid+1-mid]+=(LL)(A[i].r/s+0.5);
	solve(L,mid),solve(mid+1,R);
}
int main(){
	T=read();
	while (T--){
		n=read(),m=read(),q=read();
		memset(a,0,sizeof a);
		memset(b,0,sizeof b);
		while (n--)
			a[read()]++;
		while (m--)
			b[read()]++;
		memset(tot,0,sizeof tot);
		solve(0,50000);
		while (q--)
			printf("%lld\n",tot[read()]);
	}
	return 0;
}

  

posted @ 2018-04-14 08:24  zzd233  阅读(644)  评论(2编辑  收藏  举报