洛谷3338 BZOJ3527 ZJOI2014 力 FFT

题目链接

题意：
给你$n$个数$q_i$，对于每个$j$求出$F_j$，$F_j={\sum }_{i=1}^{j-1}\frac{q_i}{(i-j{)}^2}-{\sum }_{i=j+1}^n\frac{q_i}{(i-j{)}^2}$ $n<=1e5$

题解：
我们发现我们可以分成两部分，对于减号两边分别计算。我们设$f(i)=q_i,g(i)=\frac{1}{i^2}$，每部分都可以看作一个卷积，前半部分可以看作${\sum }_{i=1}^{j-1}f(i)\ast g(i-j)$，后面部分可以看作${\sum }_{i=j+1}^{n}f(i)\ast g(i-j)$。为了方便，我们构造一个$f^{\prime }$，$f^{\prime }$是$f$数组翻转后的数组，这样就可以把第二个式子变成${\sum }_{i=0}^{i-1}{f}^{\prime }(i)\ast g(i-j)$。然后就是FFT求两个卷积，再对应减一下。

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

int n,l,rev[400010],m;
const double pi=acos(-1);
struct complex
{
	double x,y;
	complex(double xx=0,double yy=0)
	{
		x=xx;
		y=yy;
	}
};
complex operator + (complex a,complex b){return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
complex operator - (complex a,complex b){return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
complex operator * (complex a,complex b){return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
complex f[400010],g[400010],ff[400010];
inline void fft(complex *a,int dft)
{
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		if(i<rev[i])
		swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(int i=1;i<n;i<<=1)
	{
		complex wn(cos(pi/i),dft*sin(pi/i));
		for(int p=i<<1,j=0;j<n;j+=p)
		{
			complex w(1,0);
			for(int k=0;k<i;++k)
			{
				complex x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];
				a[j+k]=x+y;
				a[i+j+k]=x-y;
				w=w*wn;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lf",&f[i].x);
		g[i].x=1.0/(double)i/(double)i;
		ff[n-i].x=f[i].x;
	}
	m=n*2;
	for(n=1;n<=m;n<<=1)
	++l;
	for(int i=0;i<n;++i)
	rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	fft(f,1);
	fft(g,1);
	fft(ff,1);
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		f[i]=f[i]*g[i];
		ff[i]=ff[i]*g[i];
	}
	fft(f,-1);
	fft(ff,-1);
	for(int i=1;i<=m/2;++i)
	printf("%.10lf\n",(f[i].x-ff[(m/2)-i].x)/n);
	return 0;
}