HDU 4609 3-idiots (FFT)

题意：

给你n (n <= 10^5)个边长ai (ai <= 10^5)，问随机取出三条边可以构成三角形的概率是多少。

解题思路：

首先要学会FFT，然后就很好做了。cnt[i]表示边长为i的有多少条，如果要算出所有两条边长的和分别是多少，普通算法是O(n^2)，利用FFT卷积可以O(nlogn)得到所有的，然后去重一下O(n)处理总数即可。具体见代码

 

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Author      : JayYe

Created Time: 2013-9-26 20:32:45

File Name   : JayYe.cpp

*********************************************** */



#include <stdio.h>

#include <math.h>

#include <string.h>

#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const double pi = acos(-1.0);

const int maxn = 100000 + 5;

const double eps = 1e-6;



struct Complex {

    double a, b;

    Complex() {}

    Complex(double a, double b) : a(a), b(b) {}



    Complex operator + (const Complex& t) const {

        return Complex(a + t.a, b + t.b);

    }



    Complex operator - (const Complex& t) const {

        return Complex(a - t.a, b - t.b);

    }

    Complex operator * (const Complex& t) const {

        return Complex(a*t.a - b*t.b, a*t.b + b*t.a);

    }

};



void brc(Complex *a, int n) {

    int i, j, k;

    for(i = 1, j = n>>1;i < n - 1; i++) {

        if(i < j)   swap(a[i], a[j]);

        k = n>>1;

        while(j >= k) {

            j -= k;

            k >>= 1;

        }

        if(j < k)

            j += k;

    }

}



void FFT(Complex *a, int n, int on) {

    int h, i, j, k, p;

    double r;

    Complex u, t;

    brc(a, n);

    for(h = 2;h <= n; h <<= 1) {

        r = on*2.0*pi / h;

        Complex wn(cos(r), sin(r));

        p = h>>1;

        for(j = 0;j < n;j += h) {

            Complex w(1, 0);

            for(k = j;k < j + p; k++) {

                u = a[k];

                t = w*a[k + p];

                a[k] = u + t;

                a[k+p] = u - t;

                w = w*wn;

            }

        }

    }

    if(on == -1) {

        for(i = 0;i < n; i++)

            a[i].a = a[i].a / n + eps;

    }

}



Complex x1[maxn<<2];

int sa[maxn];

ll cnt[maxn<<1];



void solve() {

    int n, mx = 0;

    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));

    scanf("%d", &n);

    for(int i = 0;i < n; i++) {

        scanf("%d", &sa[i]);

        cnt[sa[i]] ++;

        mx = max(mx, sa[i]);

    }

    int N = 1, tmpn = 2*mx+1;

    while(N < tmpn) N <<= 1;

    for(int i = 0;i < N; i++)

        x1[i].a = x1[i].b = 0;

    for(int i = 0;i <= mx; i++)

        x1[i].a = cnt[i];

    FFT(x1, N, 1);

    for(int i = 0;i < N; i++)

        x1[i] = x1[i]*x1[i];

    FFT(x1, N, -1);

    mx <<= 1;

    for(int i = 0;i <= mx; i++)

        cnt[i] = (ll) (x1[i].a + eps);

    // FFT后得到的是cnt[i]表示任取两条边和为i的有多少种

    for(int i = 0;i < n; i++) {

        cnt[sa[i]*2]--;　       // 减去自己边与自己边的和

    }

    // 由于是取出两条边，所以要除二

    for(int i = 0;i <= mx; i++)

        cnt[i] /= 2;

    for(int i = 1;i <= mx; i++)

        cnt[i] += cnt[i-1];     // 算出前缀和

    sort(sa, sa + n);

    ll ans = 0;

    for(int i = 0;i < n; i++) {

        ans += cnt[mx] - cnt[sa[i]];

        ans -= (ll)(n - i - 1)*(n - i - 2)/2 + n-1 + (ll)(n - i - 1)*i;

    }

    printf("%.7lf\n", (double)ans / ((ll)n*(n-1)*(n-2)/6));

}



int main() {

    int t;

    scanf("%d", &t);

    while(t--) {

        solve();

    }

    return 0;

}