【hdu4609】 3-idiots FFT

题外话：好久没写blog了啊～～

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题目大意：给你m条长度为ai的线段，求在其中任选三条出来，能构成三角形的概率。即求在这n条线段中找出三条线段所能拼出的三角形数量除以$\binom{m}{3}$。

假设我们手中有3条长度分别为$x,y,z$的边(为了简化问题我们假设$x<y<z$，$x,y,z$相等的情况另行讨论)，如果他们能拼成三角形，必然满足$x+y>z$且$z-y<x$。

该题的$O(m^3)$做法：枚举其中的3条边，套用上面的判断公式，进行累计。

但通过简单的变式，我们假设我们已经确定了$x$和$y$，那么$z$的范围即为$[y,x+y)$，我们维护一个数组$num$，$num_i$表示长度为i的线段数量。再维护一个num的前缀和sum。则$ans=\sum^{n-1}_{x=1}  \sum^{n}_{y=x+1} num_x * num_y*(sum[x+y-1]-sum[y])$，运算该和式的时间复杂度为$O(n^2)$，此处的n表示最长线段的长度。

然而还是会TLE。。。。

我们考虑对其做一些变式。

$ans=\sum^{n-1}_{x=1}  \sum^{n}_{y=x+1} num_x * num_y*(sum[x+y-1]-sum[y])$

$=\sum^{n-1}_{x=1}  \sum^{n}_{y=x+1} num_x * num_y*sum[x+y-1] -\sum^{n-1}_{x=1}  \sum^{n}_{y=x+1} num_x * num_y*sum[y]$

该式子的后半部分，我们可以通过维护$num_y*sum[y]$的后缀和，实现O(n)的计算。

下面我们继续对式子的前半部分变式。令t=x+y。则有

$=\frac{1}{2}\sum^{2n}_{t=2}  \sum^{t-1}_{p=1} num_p*num_{t-p}*sum[t-1] -\frac{1}{2}\sum^{n}_{i=1}num_i^2*sum[2*i-1]$

我们发现，该式子的$\sum_{p=1}^{t-1} num_{p}\times num_{t-p}$，可以用FFT求出。则时间复杂度成功降低至O(n log n)，而式子的后半部分可以O(n)求出，求和时间复杂度降低至O(n log n)。

下面说下x=y=z，x=y<z，x<y=z的处理方法。

x=y=z:$\sum _{\forall num_x>2} \binom{num_x}{3}$

x=y<z: $\sum _{x=1}^{n} \binom{num_x}{2}*(sum[2x-1]-sum[x])$

x<y=z:$\sum_{x=1}^{n}(sumc2_n-sumc2_x)$ ，其中$sumc2_x$ 表示$\sum_{i=1}^{x}\binom{num_x}{2}$。

把这三种情况和最初描述的情况相加即可。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 270000
 #define cp complex<double>
 #define PI acos(-1)
 #define L long long
 using namespace std;
 cp a[M];
 void change(cp a[],int len){
     for(int i=,j=;i<len-;i++){
         if(i<j) swap(a[i],a[j]);
         int k=len>>;
         while(j>=k) j-=k,k>>=;
         j+=k;
     }
 }
 void fft(cp a[],int n,int on){
     change(a,n); cp t,u;
     for(int h=;h<=n;h<<=){
         cp wn(cos(-on**PI/h),sin(-on**PI/h));
         for(int j=;j<n;j+=h){
             cp w(,);
             for(int k=j;k<j+(h>>);k++){
                 u=a[k]; t=w*a[k+(h>>)];
                 a[k]=u+t; a[k+(h>>)]=u-t;
                 w=w*wn;
             }
         }
     }
 }
 L num[M]={},sum[M]={},sumhh[M]={},sumc2[M]={},sc[M]={},ans=;

 int Main(){
     int m,n,maxn=; scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
         int x; scanf("%d",&x);
         num[x]++; maxn=max(maxn,x);
     }
     for(m=;m<(maxn*+);m<<=);
     for(int i=;i<m;i++) a[i]=cp(num[i],);
     fft(a,m,);
     for(int i=;i<m;i++) a[i]=a[i]*a[i];
     fft(a,m,-);
     for(int i=;i<m;i++) sc[i]=(a[i+].real()+0.5)/m;
     for(int i=;i<m;i++){
         sum[i]=sum[i-]+num[i];
         sumc2[i]=sumc2[i-]+num[i]*(num[i]-)/;
     }

     L ans1=,ans2=,ans3=,ans4=;
     for(int i=;i<=maxn;i++) if(num[i]>)
     ans1+=(L)num[i]*(num[i]-)*(num[i]-);
     ans1/=;//x=y=z
     for(int i=;i<=maxn;i++)
     ans2+=(L)num[i]*(num[i]-)*(sum[*i-]-sum[i]);
     ans2/=;//x=y<z
     for(int i=;i<=maxn;i++)
     ans3+=num[i]*(sumc2[maxn]-sumc2[i]);
     //x<y=z
     for(int i=;i<*maxn;i++) ans4+=sum[i]*sc[i];
     for(int i=;i<=maxn;i++) ans4-=num[i]*num[i]*sum[*i-];
     ans4/=;//x<y<z卷积部分

     for(int i=maxn;i;i--) sumhh[i]=sumhh[i+]+num[i]*sum[i];
     for(int i=;i<maxn;i++) ans4-=num[i]*sumhh[i+];
     ans=ans1+ans2+ans3+ans4;

     double fenmu=(L)n*(n-)*(n-)/;
     double hh=ans/fenmu;
     printf("%.7lf\n",hh);
 }
 int main(){
     //freopen("in.txt","r",stdin);
     //freopen("out.txt","w",stdout);
     int cas; scanf("%d",&cas);
     while(cas--){
         memset(num,,sizeof(num)); memset(sum,,sizeof(sum));
         memset(sumhh,,sizeof(sumhh)); memset(sumc2,,sizeof(sumc2));
         memset(sc,,sizeof(sc)); memset(a,,sizeof(a)); ans=;
         Main();
     }
 }