【bzoj3771】Triple FFT+容斥原理

题目描述

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。

输入

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。

输出

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。

样例输入

4
4
5
6
7

样例输出

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

题解

FFT+容斥原理

一个数的方案数$f(x)$，就是原序列的生成函数（初学时理解为桶 = =）。

两个数的方案数为$(f*f)(x)$，但其中包含了两次使用了同一个数的方案数$g(x)=f(2x)$，而其余的方案统计了两次，所以方案数为$\frac 12(f*f-g)(x)$。

三个数的方案数为$(f*f*f)(x)$，但其中包含了三次使用了同一个数的方案数$h(x)=f(3x)$，包含了使用了两次同一个数，另一个数不同的方案数$(f*g-h)(x)*3$（里面减掉$h$是因为三次使用同一个数的方案数被重复计算，而乘3是因为在$(f*f*f)(x)$中计算了3次），而其余的方案统计了，所以方案数为$\frac 16((f*f*f-3*f*g+2*h)(x))$。

最后数值不为0的就是答案。

#include <cstdio>

#include <cmath>

#include <algorithm>

#define N 1 << 19

#define pi acos(-1)

using namespace std;

typedef long long ll;

struct data

{

	double x , y;

	data() {x = y = 0;}

	data(double x0 , double y0) {x = x0 , y = y0;}

	data operator+(const data a)const {return data(x + a.x , y + a.y);}

	data operator-(const data a)const {return data(x - a.x , y - a.y);}

	data operator*(const data a)const {return data(x * a.x - y * a.y , x * a.y + y * a.x);}

}a[N] , b[N] , c[N] , d[N] , e[N];

int f[N];

void fft(data *a , int n , int flag)

{

	int i , j , k;

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

	{

		if(i > k) swap(a[i] , a[k]);

		for(j = (n >> 1) ; (k ^= j) < j ; j >>= 1);

	}

	for(k = 2 ; k <= n ; k <<= 1)

	{

		data wn(cos(2 * pi * flag / k) , sin(2 * pi * flag / k));

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

		{

			data t , w(1 , 0);

			for(j = i ; j < i + (k >> 1) ; j ++ , w = w * wn)

				t = w * a[j + (k >> 1)] , a[j + (k >> 1)] = a[j] - t , a[j] = a[j] + t;

		}

	}

	if(flag == -1)

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

			a[i].x /= n;

}

int main()

{

	int n , i , t , m = 0 , len;

	scanf("%d" , &n);

	while(n -- ) scanf("%d" , &t) , a[t].x ++ , b[t * 2].x ++ , c[t * 3].x ++ , d[t].x ++ , e[t * 2].x ++ , f[t] ++ ;

	m = t * 3;

	for(len = 1 ; len < m ; len <<= 1);

	fft(a , len , 1) , fft(b , len ,  1);

	for(i = 0 ; i < len ; i ++ ) b[i] = b[i] * a[i] , a[i] = a[i] * a[i] * a[i];

	fft(a , len , -1) , fft(b , len , -1);

	fft(d , len , 1);

	for(i = 0 ; i < len ; i ++ ) d[i] = d[i] * d[i];

	fft(d , len , -1);

	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )

		if((ll)(a[i].x - 3 * b[i].x + 2 * c[i].x + 0.5) / 6 + (ll)(d[i].x - e[i].x + 0.5) / 2 + f[i])

			printf("%d %lld\n" , i , (ll)(a[i].x - 3 * b[i].x + 2 * c[i].x + 0.5) / 6 + (ll)(d[i].x - e[i].x + 0.5) / 2 + f[i]);

	return 0;

}

巴特西

【bzoj3771】Triple FFT+容斥原理

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