2019上海网络赛 C Triple

最新推荐文章于 2021-03-23 22:45:27 发布

Joker & Liar

最新推荐文章于 2021-03-23 22:45:27 发布

阅读量223

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏： FFT 文章标签： FFT

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_43209425/article/details/101037890

FFT 专栏收录该内容

8 篇文章

订阅专栏

本文探讨了使用快速傅立叶变换（FFT）解决特定条件下的三角形组合计数问题，介绍了FFT的基本原理及应用，并针对不同数据规模提出了优化算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

链接：Triple - 题库 - 计蒜客

题意：给定三个长度 n 的数组 a , b , c ，求有多少个（i，j，k）满足 ai , bi , ci 三个数构成不严格三角形（可以是直线）

分析：FFT裸题（没学过的同志走这边：多项式与快速傅立叶变换_ZLH_HHHH的博客-优快云博客，我也才稍微整明白一些，这一篇蛮适合入门的）

正难则反，考虑先枚举出 A + B >= C 的数量再去掉不合法的，则不合法的情况有三种

①：A > C , B <= C;

②：A <= C , B > C;

③：A > C , B > C;

还有就是 2 个相同的和 3 个相同的去重

A,B,C 的值域皆为 [1,m=100000] ，则枚举 A +B 的情况显然可以用 FFT 加速，复杂度为 O(m*logm) ，但考虑题目有 T <=100 组数据，FFT 复杂度拉满不太理想；不过题目提醒 n > 1000 的数据最多 20 组，显然，n > 1000 的时候用 FFT ，n <= 1000 的情况下则可以 O(n^2) 枚举其中两组求出第三个数组中合法的数字数量；

代码：（copy了一遍官方题解，蒟蒻一枚）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
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);
	}
};

const int N = 1e5+10;

struct node
{
	int v,id;
}e[N*3];
bool cmp(node a,node b){return a.v<b.v;}

Complex x1[N*4];
Complex x2[N*4];
int a[3][N];
ll num[N*4];
ll sum[N*4];

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;
}

ll pre_fft(int id,int n)
{
	int id1=(id+1)%3;
	int id2=(id+2)%3;
	int len1=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		num[a[id1][i]]++;
		len1=max(len1,a[id1][i]+1);
		len1=max(len1,a[id2][i]+1);
	}
	int len=1;
	while(len<len1*2) 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<n;i++) num[a[id1][i]]--;
	for(int i=0;i<n;i++) num[a[id2][i]]++;
	
	for(int i=0;i<len1;i++) x2[i]=Complex(num[i],0);
	for(int i=len1;i<len;i++) x2[i]=Complex(0,0);
	fft(x2,len,1);
	
	for(int i=0;i<len;i++) x1[i]=x1[i]*x2[i];
	fft(x1,len,-1);
	
	for(int i=0;i<len;i++) num[i]=(ll)(x1[i].r+0.5);
	sum[0]=0;
	for(int i=1;i<=2*len1;i++) sum[i]=sum[i-1]+num[i];
	for(int i=0;i<len;i++) num[i]=0;
	
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
    {
    	ans+=sum[2*len1]-sum[a[id][i]-1];
	}
	return ans;
}

ll solve2(int n)
{
	ll ans=0;
	ans+=pre_fft(0,n);
	ans+=pre_fft(1,n);
	ans+=pre_fft(2,n);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		e[i].v=a[0][i];
		e[i].id=0;
	}
	for(int i=n;i<2*n;i++)
	{
		e[i].v=a[1][i-n];
		e[i].id=1;
	}
	for(int i=2*n;i<3*n;i++)
	{
		e[i].v=a[2][i-2*n];
		e[i].id=2;
	}
	
	sort(e,e+3*n,cmp);
	int cnt[3]={0};
	for(int i=0;i<3*n;i++)
	{
		int id=e[i].id;
		int id1=(id+1)%3;
    	int id2=(id+2)%3;
    	ans-=(ll)(n-cnt[id1])*cnt[id2];
    	ans-=(ll)cnt[id1]*(n-cnt[id2]);
    	ans-=(ll)(n-cnt[id1])*(n-cnt[id2]);
		cnt[id]++; 
	}
	return ans;
} 

ll solve1(int n)   //n<2000
{
	sort(a[0],a[0]+n);
	sort(a[1],a[1]+n);
	sort(a[2],a[2]+n);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		e[i].v=a[0][i];
		e[i].id=0;
	}
	for(int i=n;i<2*n;i++)
	{
		e[i].v=a[1][i-n];
		e[i].id=1;
	}
	for(int i=2*n;i<3*n;i++)
	{
		e[i].v=a[2][i-2*n];
		e[i].id=2;
	}
	
	sort(e,e+3*n,cmp);
	int cnt[3]={0};
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<3*n;i++)  
    {
        /*
            把所有数从小到大排完序后，假设当前数为 C 为长边，则短边 A,B 只会在前面
            ，选择从小到大枚举 A , 则合法 B 的数量会相应变多
        */
    	int id=e[i].id;
    	int id1=(id+1)%3;
    	int id2=(id+2)%3;
    	int tmp=cnt[id2];
    	for(int j=0;j<cnt[id1];j++)
    	{
    		while(tmp>0&&a[id1][j]+a[id2][tmp-1]>=e[i].v) tmp--;
            ans+=cnt[id2]-tmp;		
		}
		cnt[id]++;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	int n;
	for(int cas=1;cas<=T;cas++)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i=0;i<3;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
		scanf("%d",&a[i][j]);
		
		ll ans;
		if(n<=1000) ans=solve1(n);
		else ans=solve2(n);
		printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans);
	}
	return 0;
}