玲珑杯1141-fft计数

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1141 - 喵哈哈村的智慧大师丶).妩钶取玳°月

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DESCRIPTION

丶).妩钶取玳°月是月大叔的ID，他是一个智商高达429的智力大师，最擅长的技能就是搞事。今天他又要开始搞事了。

现在有n个元素 $a_{i}$

然后现在有Q个询问，每次月大叔想问一共有多少对pair，满足a[i]+a[j]>=k(其中 i<j)

INPUT

输入第一行包含一个正整数

t (1 \leq t \leq 100)

,表示有t组数据对于每组数据：第一行两个整数n，q。表示有

n (1 \leq n \leq 100000)

个元素，

q (1 \leq q \leq 100000)

次询问第二行n个整数

a_{i}

(1 \leq a_{i} \leq 100000)

，表示每个元素的大小。接下来q行，每行一个

k (1 \leq k \leq 200000)

，表示询问。

OUTPUT

对于每组测试数据的询问，输出有多少对即可。

SAMPLE INPUT

15 51 2 3 4 512345

SAMPLE OUTPUT

10101098

题目大意：

给你n个数q次查询，每次询问a[i]+a[j]>=k的对数(i<j)

题目思路：

首先如果用普通的方法做复杂度是q*n，显然超时，所以这里我们很好想到的是将复杂度降至x*logn，对于这种计数的问题

可以用fft来预处理，fft可以在n*logn的时间预处理所有a[i]+a[j]的和的个数，在用个前缀和，然后就可以O(1)时间查询

所以总的复杂度是n*logn+q

AC代码：

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
using namespace std;

const double PI = acos(-1.0);
struct complex
{
    double r,i;
    complex(double _r = 0,double _i = 0)
    {
        r = _r; i = _i;
    }
    complex operator +(const complex &b)
    {
        return complex(r+b.r,i+b.i);
    }
    complex operator -(const complex &b)
    {
        return complex(r-b.r,i-b.i);
    }
    complex operator *(const complex &b)
    {
        return complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r);
    }
};
void change(complex y[],int len)
{
    int i,j,k;
    for(i = 1, j = len/2;i < len-1;i++)
    {
        if(i < j)swap(y[i],y[j]);
        k = len/2;
        while( j >= k)
        {
            j -= k;
            k /= 2;
        }
        if(j < k)j += k;
    }
}
void fft(complex y[],int len,int on)
{
    change(y,len);
    for(int h = 2;h <= len;h <<= 1)
    {
        complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h));
        for(int j = 0;j < len;j += h)
        {
            complex w(1,0);
            for(int k = j;k < j+h/2;k++)
            {
                complex u = y[k];
                complex t = w*y[k+h/2];
                y[k] = u+t;
                y[k+h/2] = u-t;
                w = w*wn;
            }
        }
    }
    if(on == -1)
        for(int i = 0;i < len;i++)
            y[i].r /= len;
}

const int MAXN = 400040;
complex x1[MAXN];
int a[MAXN/4];
long long num[MAXN];//100000*100000会超int
long long sum[MAXN];

int main()
{
    int T;
    int n,q;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&q);
        memset(num,0,sizeof(num));
        for(int i = 0;i < n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            num[a[i]]++;
        }
        sort(a,a+n);
        long long Max;
        if(n>1)
        Max = a[n-1]+a[n-2];
        int len1 = a[n-1]+1;
        int len = 1;
        while( len < 2*len1 )len <<= 1;
        for(int i = 0;i < len1;i++)
            x1[i] = complex(num[i],0);
        for(int i = len1;i < len;i++)
            x1[i] = complex(0,0);
        fft(x1,len,1);
        for(int i = 0;i < len;i++)
            x1[i] = x1[i]*x1[i];
        fft(x1,len,-1);
        for(int i = 0;i < len;i++)
            num[i] = (long long)(x1[i].r+0.5);
        len = 2*a[n-1];
        //减掉取两个相同的组合
        for(int i = 0;i < n;i++)
            num[a[i]+a[i]]--;
        //选择的无序，除以2
        for(int i = 1;i <= len;i++)
        {
            num[i]/=2;
        }
        sum[0] = 0;
        for(int i = 1;i <= len;i++)   //求前缀和
            sum[i] = sum[i-1]+num[i];
        while(q--)
        {
            int k;scanf("%d",&k);

            long long cnt;
            if(n==1||k>Max)cnt = 0;   //n==1或者k比最大的两个数的和都大就不可能组合
            else
            cnt = sum[len]-sum[k-1];  //总的和减去k-1之前的和就是>=k的和
            printf("%lld\n",cnt);
        }
    }
    return 0;
}