【bzoj4836】二元运算分治FFT

Description

定义二元运算 opt 满足

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 。

Input

第一行是一个整数 T (1≤T≤10) ，表示测试数据的组数。

对于每组测试数据：

第一行是三个整数 n,m,q (1≤n,m,q≤50000) 。

第二行是 n 个整数，表示 a_1,a_2,?,a_n (0≤a_1,a_2,?,a_n≤50000) 。

第三行是 m 个整数，表示 b_1,b_2,?,b_m (0≤b_1,b_2,?,b_m≤50000) 。

第四行是 q 个整数，第 i 个整数 c_i (0≤c_i≤100000) 表示第 i 次查询的数。

Output

对于每次查询，输出一行，包含一个整数，表示满足条件的 (i, j) 对的个数。

Sample Input

2

2 1 5

1 3

2

1 2 3 4 5

2 2 5

1 3

2 4

1 2 3 4 5

Sample Output

1

0

1

0

0

1

0

1

0

1

Sol

首先一眼看上去有点像FFT，但是由于值域的限制我们不能直接做，考虑按权值分治，每次把A中小于mid的和B中大于mid的进行FFT，统计答案的时候记得加上l和mid+1，再把B反转，然后把A中大于mid的和B中小于mid的进行FFT，统计答案的时候记得右移一位。

细节：分治的时候len和memset的范围一定要按照当前区间长度来，否则T飞。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define pi acos(-1.0)

using namespace std;

int A[50005],B[50005],T,mx,x,n,m,q,len,i,j,k;long long ans[100005];

struct cp

{

	double x,y;

	cp(double x=0.0,double y=0.0):x(x),y(y){}

	friend cp operator+(cp a,cp b){return cp(a.x+b.x,a.y+b.y);}

	friend cp operator-(cp a,cp b){return cp(a.x-b.x,a.y-b.y);}

	friend cp operator*(cp a,cp b){return cp(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}

}C[131073],D[131073],w,wn,t;

void fft(cp *a,int n,int op)

{

	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,wn=cp(cos(2*pi*op/k),sin(2*pi*op/k));k<=n;k<<=1,wn=cp(cos(2*pi*op/k),sin(2*pi*op/k)))

		for(i=0,w=cp(1,0);i<n;i+=k,w=cp(1,0)) for(j=0;j<(k>>1);j++,w=w*wn)

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

	if(op==-1) for(int i=0;i<n;i++) a[i].x/=n;

}

void solve(int l,int r)

{

	if(l==r){ans[0]+=1ll*A[l]*B[l];return;}

	int mid=(l+r)>>1;for(len=1;len<r-l+1;len<<=1);

	memset(C,0,sizeof(cp)*len);memset(D,0,sizeof(cp)*len);

	for(int i=l;i<=mid;i++) C[i-l].x=A[i];

	for(int i=mid+1;i<=r;i++) D[i-mid-1].x=B[i];

	fft(C,len,1);fft(D,len,1);

	for(int i=0;i<len;i++) C[i]=C[i]*D[i];fft(C,len,-1);

	for(int i=0;i<len;i++) ans[i+l+mid+1]+=1ll*(C[i].x+0.1);

	memset(C,0,sizeof(cp)*len);memset(D,0,sizeof(cp)*len);

	for(int i=mid+1;i<=r;i++) C[i-mid-1].x=A[i];

	for(int i=l;i<=mid;i++) D[mid-i].x=B[i];

	fft(C,len,1);fft(D,len,1);

	for(int i=0;i<len;i++) C[i]=C[i]*D[i];fft(C,len,-1);

	for(int i=0;i<len;i++) ans[i+1]+=1ll*(C[i].x+0.1);

	solve(l,mid);solve(mid+1,r);

}

int main()

{

	for(scanf("%d",&T);T--;)

	{

		memset(A,0,sizeof(A));memset(B,0,sizeof(B));memset(ans,0,sizeof(ans));

		scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);mx=0;

		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),A[x]++,mx=max(mx,x);

		for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&x),B[x]++,mx=max(mx,x);

		for(solve(0,mx);q--;) scanf("%d",&x),printf("%lld\n",ans[x]);

	}

}

巴特西

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