【FFT】Kattis - aplusb A+B Problem 2016年ACM香港网络赛

题目链接

题目 ：Kattis - aplusb A+B Problem

Given N integers in the range [−50000,50000], how many ways are there to pick three integers ai, aj, ak, such that i, j, k are pairwise distinct and ai+aj=ak? Two ways are different if their ordered triples (i,j,k) of indices are different.

Input

The first line of input consists of a single integer N
(1≤N≤200000). The next line consists of N space-separated integers a1,a2,…,aN

Output
Output an integer representing the number of ways.

Sample Input 1
4
1 2 3 4

Sample Output 1
4

Sample Input 2
6
1 1 3 3 4 6

Sample Output 2
10

题意

给一组数，求能够满足$a_i+a_j=a_k$的三元组$(i,j,k)$有多少个，其中$i,j,k$互不相同。

思路

• 统计$a[i]$的出现的次数$cnt[a[i]]$。

• 构造多项式
  
  其中$x$的指数为$a[i]$，这一项的系数为$cnt[a[i]]$。

• 为什么要这样构造呢？

  • 首先我们要计算$a[i]+a[j]$的每一种可能值会有多少个。比如$a[i]+a[j]$可能等于$x$，而$a[i]+a[j]=x$总共有t种可能，$a[k]=x$有w种可能。则满足$a[i]+a[j]=a[k]=x$，就有$t\ast w$种可能。
  • 那么我们要计算满足$a_i+a_j=a_k$的三元组$(i,j,k)$有多少个。对于每一种$x$，求$t\ast w$的累加就是答案。
  • $a[k]=x$的可能情况很好求，计算$cnt[a[i]]$就可以了。所以问题的关键在于计算$a[i]+a[j]$的每一种可能值会有多少个。
  • $a[i]+a[j]$是计算和，而在多项式乘法中，就是A的每一项和B的每一项相乘，系数相乘，指数相加。那么联想到这里，我们可以将$a[i]$当做指数，系数为$a[i]$的数量（即数组中中出现了几次$a[i]$这个值），求出A*A = C的多项式C的值，然后$a[i]+a[j]=y$可能值就是多项式C的第$x^y$项的系数。

• 处理数据！

  题目中所给的数据范围是 [−50000,50000]，有负数，在作指数时，不好计算，因为我们是以数组下标代表指数的，显然负数无法用下标代表，所以我们统一加上50000，把数变成正数，范围为[0, 100000]。

• 但是题目还有个要求：$i,j,k$互不相同。所以我们要把重复情况给减去。

• 有哪些重复情况呢？

  • 1、 $i=j$
    首先我们在计算$a[i]+a[j]=y$的可能数$t$时，应该减去$a[i]+a[i]$这种情况。

  • 2、$i=k$ 或 $j=k$
    显然这个时候就出现了0，即$a_i+0=a_i即(a_j=0)$，$0+a_j=a_j即(a_i=0)$。
    对于每一个$a_k$，这两种情况都需要减去。显然这两种情况的总数量就是$2\ast zero$。

    但是如果$a_k=0$，即$a_i=a_j=0$，也即$a_i+a_j=a_k=0+0=0$时，显然多减去了一些。

    $2\ast zero$ 实际上包含的是$(0_{1...zero})+a_k=a_k$ 和 $a_k+(0_{1...zero})=a_k$ ，如果$a_k=0$，则$k\in (1...zero)$。也就是说上面两个式子中$(0_{1...zero})+a_k=a_k$ 包含了$0_k+0_k=0_k$， $a_k+(0_{1...zero})=a_k$ 也包含了$0_k+0_k=0_k$。

    但是在情况1里面，我们已经减去了$i=j$的情况，即这两次$0_k+0_k=0_k$都已经在情况1里面减去了，这里多减了，所以要加回来。

• 答案可能很大，所以要用long long

AC代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define maxn (1<<19)
#define pi acos(-1)

using namespace std;
typedef long long LL;

struct Complex
{
    double re, im;
    Complex(double r = 0.0, double i = 0.0)
    {
        re = r, im = i;
    }
    void print()
    {
        printf("%lf %lf\n", re, im);
    }
};

Complex operator +(const Complex&A, const Complex&B)
{
    return Complex(A.re + B.re, A.im + B.im);
}
Complex operator -(const Complex&A, const Complex&B)
{
    return Complex(A.re - B.re, A.im - B.im);
}
Complex operator *(const Complex&A, const Complex&B)
{
    return Complex(A.re * B.re - A.im * B.im, A.re * B.im + A.im * B.re);
}


Complex a[maxn], inv[2][maxn];
int N, rev[maxn];
int n, zero, cnt[maxn], sa[maxn];
LL num[maxn];

void FFT(Complex*a, int f)
{
    Complex x, y;
    for(int i = 0; i < N; i++)
        if(i < rev[i]) //不加这条if会交换两次（就是没交换）
            swap(a[i], a[rev[i]]);
    for(int i = 1; i < N; i <<= 1) //i是准备合并序列的长度的二分之一
        for(int j = 0, t = N / (i << 1); j < N; j += i << 1) //i*2是准备合并序列的长度，j是合并到了哪一位(第某段的开头的坐标),t表示每一份单位根占单位圆的多少
            for(int k = 0, l = 0; k < i; k++, l += t) //k是第某段内的第i位(只扫描前一半，后面一半可以同时求)
            {
                x = inv[f][l] * a[j + k + i]; //inv[f][l]表示第L份单位根
                y = a[j + k];
                a[j + k] = y + x;
                a[j + k + i] = y - x;
            }
    if(f)
        for(int i = 0; i < N; i++)
            a[i].re /= N;
}

void Init()
{
    int bit = 0;
    while((1 << bit) < N)
        bit++;
    for(int i = 0; i < N; i++)//预处理逆反位置
    {
        rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));
    }

    for(int i = 0; i < N; i++)//预处理单位根
        inv[0][i] = inv[1][i] = Complex(cos(2 * pi * i / N), sin(2 * pi * i / N)), inv[1][i].im = -inv[0][i].im;
}

void pre()
{
    zero = 0;
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    memset(num, 0, sizeof(num));

    scanf("%d", &n);
    int maxx = -1;
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%d", &sa[i]);
        cnt[sa[i] + 50000]++;
        maxx = max(maxx, sa[i] + 50000);
        if(sa[i] == 0)
            zero++;
    }

    for(N = 1; N < maxx; N <<= 1);
    N <<= 1;

    for(int i = 0; i < N; i++)
    {
        if(i <= maxx)
            a[i].re = cnt[i];
        else
            a[i].re = 0;
        a[i].im = 0;
    }
}

void work()
{
    Init();
    FFT(a, 0);
    for(int i = 0; i < N; i++)
        a[i] = a[i] * a[i];
    FFT(a, 1);

    for(int i = 0; i < N; i++)
        num[i] = (LL)(a[i].re + 0.5);

    for(int i = 0; i < n; i++)
        num[(sa[i] + 50000) * 2]--;

    LL ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        ans += num[ sa[i] + 2 * 50000 ];
        ans -= 2 * zero;
        if(sa[i] == 0)
            ans += 2;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

int main()
{
    pre();
    work();
    return 0;
}