2022.7.19 闲话

约定：

• $f^k(x)=(f(x))^k$ .
• $L$ 是值域 .

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2-SUM Counting

给一个序列 $\{a_n\}$ 和一个正整数 $k$，问有多少对 $(i,j)$（$1\le i,j\le n$）使得 $a_i+a_j=k$，对 $998244353$ 取模 .

Algorithm 1 $O(n^2)$ 暴力 .

Algorithm 2 开一个桶，算出 $\displaystyle t_k=\sum_{i=1}^n[a_i=k]$，于是答案是

$$f(k)=\sum_{i+j=k}t_it_j$$

注意到是卷积形式，可以 NTT $O(L\log L)$ 解决 .

Algorithm 3 开一个 Hash Table，把所有 $a_i$ 存进去，扫一遍在 Hash Table 里查询 $k-a_i$ 即可，最优 $O(L)$ .

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2-SUM Finding

给一个序列 $\{a_n\}$ 和一个正整数 $k$，找一对 $(i,j)$ 使得 $a_i+a_j=k$ .

Algorithm 1 $O(n^2)$ 暴力 .

Algorithm 2 开一个 Hash Table，把所有 $a_i$ 存进去，扫一遍在 Hash Table 里查询 $k-a_i$ 即可，最优 $O(L)$ .

更高的 SUM 问题仍可以 Hash Table 解决 .

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3-SUM Multi-Counting

给一个序列 $\{a_n\}$，对于每个 $s\in[1,m]$，问有多少对 $(i,j,k)$（$1\le i,j,k\le n$）使得 $a_i+a_j+a_k=s$，对 $998244353$ 取模 .

令 $\displaystyle t_k=\sum_{i=1}^n[a_i=k]$，于是答案是

$$f(s)=\sum_{i+j+k=s}t_it_jt_k$$

三元卷积非常牛逼哈，但是我们仔细观察就可以发现这个是可以拆成两次普通卷积的 .

多组询问非常平凡，具体的，令 $\displaystyle F(z)=\sum_{k\ge 0}z^kt_k$，则对于一个 $s$，答案为 $[z^s]F^3(z)$ .

两次 NTT，$O(L\log L)$ .

更高的 SUM Counting 也可以这么解决 .

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2D - 2-SUM Multi-Counting (Weak)

给两个序列 $\{a_n\},\{b_n\}$，多组询问，每次给一个 $x$，问有多少对 $(i,j)$（$1\le i,j\le n$）使得 $a_i+a_j=b_i+b_j=x$，对 $998244353$ 取模 .

开一个 Hash Table，每次存一个 pair $(a_i,b_i)$ .

在值域上枚举 $x$，在 Hash Table 里查 $(x-a_i,x-b_i)$ 即可 .

时间复杂度最优 $O(L)$ .

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2D - 2-SUM Multi-Counting

给两个序列 $\{a_n\},\{b_n\}$，多组询问，每次给一对 $x,y$，问有多少对 $(i,j)$（$1\le i,j\le n$）使得 $a_i+a_j=x$ 且 $b_i+b_j=y$，对 $998244353$ 取模 .

严格强于今天模拟赛 T3（Common）.

做法也是卷积，大概有两种 .

Algorithm 1

考虑把两个数压成一个数 .

首先定义 $\operatorname{encode}(a, b) = L\cdot a + b$，$L$ 比值域大一点 .

令 $\displaystyle t_k=\sum_{i=1}^n[\operatorname{encode}(a_i, b_j)=k]$，构造多项式：

$$F(z)=\sum_{k\ge 0}z^kt_k$$

于是 $[x^{\operatorname{encode}(x, y)}]F^2(z)$ 即为答案，$O(L^2\log L)$ NTT 即可 .

Algorithm 2

令 $\displaystyle r_k=\sum_{i=1}^n[a_i=k], t_k=\sum_{i=1}^n[b_i=k]$ .

于是构造二元多项式：

$$\begin{aligned}F(z_1, z_2)&=\sum_{k_1\ge 0}\sum_{k_2\ge 0}z_1^{k_1}z_2^{k_2}r_{k_1}t_{k_2}\\&=\sum_{k_1\ge 0}z_1^{k_1}r_{k_1}\sum_{k_2\ge 0}z_2^{k_2}t_{k_2}\end{aligned}$$

考察其卷积，可以发现两维分别卷积了 .

于是答案就是 $[z_1^x,z_2^y]F^2(z_1,z_2)$（我也不知道这个二元的提取系数是不是这么写）

于是上一个 2D 的 NTT（具体的，先对每列做 DFT，再对每行做 DFT，然后点乘，然后对每行做 IDFT，最后对每列做 IDFT），就可以维护出 $F^2$ 了 .

类似的可以扩展到 $k$D .

这样：$a$D - $b$-SUM (Multi-)Counting 被解决 .

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Finding 大概都可以 Hash 吧，口胡的没仔细想……