題意：給定長度為 $n$ 的正整數序列 $A$,求滿足 $i<j<k,A_j?A_i=A_k?A_j$ 的三元組個數。

$n\le 10^5,A_i\le 3\times 10^4$

三個位置只有 $j$ 限制比較緊，“前后各找一個數差相同”顯然比“往一個方向找一個數再找一個數差相同”容易得多。考慮計算每個位置作為 $j$ 的貢獻。

我們相當于要在前后各找一個數 $x,y$，使得 $x+y=2a_k$。

這是個卷積形式，如果對每個 $k$ 快速搞出 $({\sum }_{i=1}^{k?1}{x}^{a_i})({\sum }_{i=k+1}^n{x}^{a_i})$ 就可以統計答案了。

但每個位置都要做 IDFT ，顯得浪費。考慮分塊。

設塊長為 $B$，維護前面的塊和后面的塊的值域桶。暴力三元組里當前塊有兩個的，然后前面后面 FFT 乘起來，統計塊內每個點作為中間位置的貢獻。

這樣復雜度是 $\mathrm{O}\left(\frac{N}{B}(B^2+A\log A)\right)$,取 $B\in \mathrm{O}(\sqrt{A\log A})$ 后總復雜度 $\mathrm{O}(N\sqrt{A\log A})$，可以通過。

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <cmath> #define MAXN 100005 #define double long double using namespace std; typedef long long ll; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } const double Pi=acos(-1.0); const int B=700; struct complex{double x,y;inline complex(const double& x=0,const double& y=0):x(x),y(y){}}; inline complex operator +(const complex& a,const complex& b){return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);} inline complex operator -(const complex& a,const complex& b){return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);} inline complex operator *(const complex& a,const complex& b){return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);} inline complex adj(const complex& a){return complex(a.x,-a.y);} int l=16,lim=1<<l,r[MAXN]; inline void init(){for (int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));} complex rt[2][20]; void fft(complex* a,int type) {for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);for (int L=0;L<l;L++){int mid=1<<L,len=mid<<1;complex Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len){complex w(1,0);for (int k=0;k<mid;k++,w=w*Wn){complex x=a[s+k],y=w*a[s+mid+k];a[s+k]=x+y,a[s+mid+k]=x-y;}}}if (type) for (int i=0;i<lim;i++) a[i].x/=lim,a[i].y/=lim; } int a[MAXN],pre[MAXN],suf[MAXN],cnt[MAXN]; complex F[MAXN]; int main() {init();for (int i=0;i<20;i++){double a=2*Pi/(1<<i);rt[1][i]=adj(rt[0][i]=complex(cos(a),sin(a)));}int n=read();for (int i=0;i<n;i++) a[i]=read();ll ans=0;for (int i=0;i<n;i++) ++suf[a[i]];for (int T=0;T<=n/B;T++){int l=T*B,r=min((T+1)*B,n)-1;for (int i=l;i<=r;i++) --suf[a[i]];for (int i=l+1;i<r;i++){for (int j=l;j<i;j++) ++cnt[a[j]];for (int j=i+1;j<=r;j++) ans+=cnt[2*a[i]-a[j]];for (int j=l;j<i;j++) cnt[a[j]]=0;}for (int i=l;i<r;i++)for (int j=i+1;j<=r;j++){if (2*a[j]>a[i]) ans+=suf[2*a[j]-a[i]];if (2*a[i]>a[j]) ans+=pre[2*a[i]-a[j]];}for (int i=0;i<lim;i++) F[i]=complex(pre[i],suf[i]);fft(F,0);for (int i=0;i<lim;i++) F[i]=F[i]*F[i];fft(F,1);for (int i=l;i<=r;i++) ans+=F[2*a[i]].y/2+0.5;for (int i=l;i<=r;i++) ++pre[a[i]];}cout<<ans;return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【CC November Challenge 2012】Arithmetic Progressions【分块】【FFT】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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