[ZJOI2014]力题解

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洛谷P3338

Solution

第一道FFT的应用AC祭！

我们要求:

\[E_j=\frac{F_j}{q_j}=\sum_{i<j}\frac{q_i}{(i-j)^2}-\sum_{i>j}\frac{q_i}{(i-j)^2}\]

（\(q_j\) 直接在除法的时候消掉了qwq）

Step 0 卷积是什么？

首先我们要有明确的目标，我们要把上面的式子推成卷积的形式，我们就要来回顾一下卷积是什么。卷积的形式如下：

\[C_k=\sum_{i=0}^{k}A_i*B_{k-i}\]

Step 1 直接推式子

有了目标，我们就好来推式子了（~~推式子真好玩~~），下面给出推理的重要步骤，尽量没有繁琐的步骤，读者可以自己思考一下。

\[E_j=\sum_{i<j}\frac{q_i}{(i-j)^2}-\sum_{i>j}\frac{q_i}{(i-j)^2}\]

改变一下 \(\sum\) 的上下标表示形式，原式变成

\[\sum_{i=1}^{j-1}\frac{q_i}{(i-j)^2}-\sum_{i=j+1}^{n}\frac{q_i}{(i-j)^2}\]

如果 \(i=j\) 也累加进去，对答案不影响，所以式子变成

\[\sum_{i=1}^{j}\frac{q_i}{(i-j)^2}-\sum_{i=j}^{n}\frac{q_i}{(i-j)^2}\]

Step 2 转化

设 \(f[i]=q_i,g[i]=\frac{1}{i^2}\) ，所以原式变成

\[\sum_{i=1}^{j}f[i]*g[j-i]-\sum_{i=j}^{n}f[i]*g[i-j]\]

令 \(f[0]=0，g[0]=0\)，则原式变成

\[\sum_{i=0}^{j}f[i]*g[j-i]-\sum_{i=j}^{n}f[i]*g[i-j]\]

这时我们发现，左边已经是一个卷积的形式，所以我们直接来推右边

将 \(\sum_{i=j}^{n}f[i]*g[i-j]\) 展开，发现：

\[f[j]*g[0]+f[j+1]*g[1]+...+f[j+(n-j)]*g[n-j]\]

所以我们可以将原式写成

\[\sum_{i=0}^{n-j}f[j+i]*g[i]\]

Step 3 继续转化

引入 \(f'[i]=f[n-i]\) ，实际上这是一种翻转的套路。则原式可写为

\[\sum_{i=0}^{n-j}f'[n-(j+i)]*g[i]\]

即

\[\sum_{i=0}^{n-j}f'[n-j-i]*g[i]\]

令 \(t = n-j\)，则原式等于

\[\sum_{i=0}^{t}f'[t-i]*g[i]\]

至此，我们成功的把两个式子化成了卷积！！！

总结一下：

\[E_j=\sum_{i=0}^{j}f[i]*g[j-i]-\sum_{i=0}^{t}f'[t-i)]*g[i]\]

- Step 4 \(FFT\)加速卷积

设有多项式 \(A(x)=\sum_{i=0}^{n}f[i]\) , \(B(x)=\sum_{i=0}^{n}g[i]\) , \(C(x)=\sum_{i=0}^{n}f'[i]\),

我们令 \(L(x)=A(x)*B(x)\) , \(R(x)=C(x)*B(x)\)

所以 \(Ans[i]=l_i - r_{n-i}\) （\(l_i,r_i\) 分别是多项式 \(L(x)\) 和 \(R(x)\) \(x^i\) 的系数）

- Step 5 读到这里，你和暴力选手还没有差别 (逃

世界上卡你精度的办法有千千万万种。 ----By me

注意 \(g[i]=\frac{1}{i^2}\)

楼主在处理这里的时候写的是 1.0/(i*i*1.0)，交上去只有 \(30pts\)。

在题解中看到大佬们处理这里时用的 (double)(1.0 / i / i)，改一下后，\(100pts\)。

如果大家对处理精度问题有什么独特的见解，记得和我分享分享QwQ

Code

Talk is cheap.Show me the code.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x * f;
}
const int N = 400007;
const double pi = acos(-1.0);
int n;
int rev[N];
struct CP {
    double x,y;
    CP operator + (CP el) { return (CP)<%x+el.x , y+el.y%>; }
    CP operator - (CP el) { return (CP)<%x-el.x , y-el.y%>; }
    CP operator * (CP el) { return (CP)<%x*el.x-y*el.y , x*el.y+y*el.x%>; }
}a[N],b[N],c[N];
void FFT(CP *A,int n,int flag) {
    for(int i=0;i<n;++i) if(i < rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1) {
        CP Wn = (CP)<%cos(2*pi/(mid<<1)) , flag*sin(2*pi/(mid<<1))%>;
        for(int i=0;i<n;i+=(mid<<1)) {
            CP W = (CP)<%1 , 0%>;
            for(int j=0;j<mid;++j,W=(W*Wn)) {
                CP tmp0 = A[i+j], tmp1 = W*A[i+mid+j];
                A[i+j] = tmp0 + tmp1;
                A[i+mid+j] = tmp0 - tmp1;
            }
        }
    }
    if(flag == -1) {
        for(int i=0;i<n;++i) A[i].x /= n;
    }
}
int main()
{
    //freopen("Li.txt","r",stdin);
    //freopen("My.out","w",stdout);
    n = read();
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        scanf("%lf",&a[i].x);
        c[n-i].x = a[i].x;
        b[i].x = (double)(1.0 / i / i);
    }
    int lim = 1, L = 0; while(lim <= (n<<1)) lim <<= 1, ++L;
    for(int i=0;i<lim;++i) rev[i] = (rev[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(L-1));
    FFT(a,lim,1), FFT(b,lim,1), FFT(c,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;++i) a[i] = a[i]*b[i], c[i] = c[i]*b[i];
    FFT(a,lim,-1), FFT(c,lim,-1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%.3lf\n",a[i].x-c[n-i].x);
    return 0;   
}
/*
5
4006373.885184
15375036.435759
1717456.469144
8514941.004912
1410681.345880

-16838672.693
3439.793
7509018.566
4595686.886
10903040.872
*/