[BZOJ4836]二元运算(分治FFT)

4836: [Lydsy1704月赛]二元运算

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Description

定义二元运算 opt 满足

现在给定一个长为 n 的数列 a 和一个长为 m 的数列 b ，接下来有 q 次询问。每次询问给定一个数字 c 

你需要求出有多少对 (i, j) 使得 a_i  opt b_j=c 。

Input

第一行是一个整数 T (1≤T≤10) ，表示测试数据的组数。

对于每组测试数据：

第一行是三个整数 n,m,q (1≤n,m,q≤50000) 。

第二行是 n 个整数，表示 a_1,a_2,?,a_n (0≤a_1,a_2,?,a_n≤50000) 。

第三行是 m 个整数，表示 b_1,b_2,?,b_m (0≤b_1,b_2,?,b_m≤50000) 。

第四行是 q 个整数，第 i 个整数 c_i (0≤c_i≤100000) 表示第 i 次查询的数。

Output

对于每次查询，输出一行，包含一个整数，表示满足条件的 (i, j) 对的个数。

Sample Input

2
2 1 5
1 3
2
1 2 3 4 5
2 2 5
1 3
2 4
1 2 3 4 5

Sample Output

1
0
1
0
0
1
0
1
0
1

HINT

Source

鸣谢Tangjz提供试题

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挺有意思的一道题，应该不难想到是分治FFT，主要是CDQ分治函数内部要想得很清楚。

首先如果只有加法,就是裸卷积。

如果只有减法，那么有$c_k=\sum\limits_{i=k}^na_ib_{i-k}$，把b翻转，最后将c前移n位即可$c_{n+k}=\sum\limits_{i=0}^na_{k+i}b_{n-i}$

现在有了大小关系的限制，我们可以通过$CDQ$分治处理。

首先特判掉相等的情况，然后对于$[l,r]$这个区间，将$[l,mid]$和$[mid+1,r]$递归处理，现在问题只剩下$a[l,mid]$和$b[mid+1,r]$，$a[mid+1,r]$和$b[l,mid]$两个问题了。

显然前一个问题直接将$a$前移$l$位，$b$前移$mid+1$位，卷起来之后再后移$l+mid+1$位即可。后一个问题，将$a$前移$mid+1$位，b翻转后前移$l$位，这样卷之后的区间下标是从$0$开始的，而我们的差是从$1$开始的，所以右移$1$位。

卷的时候还是一定要注意次数界！NTT也可以。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=500010;
const double pi=acos(-1.);
struct C{ double x,y; }A[N],B[N];
int a[N],b[N],rev[N],n,T,x,m,Q,mx,len1,len2;
ll ans[N];

C operator +(C &a,C &b){ return (C){a.x+b.x,a.y+b.y}; }
C operator -(C &a,C &b){ return (C){a.x-b.x,a.y-b.y}; }
C operator *(const C &a,const C &b){ return (C){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x}; }

void DFT(C a[],int n,int f){
    for (int i=0; i<n; i++) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for (int i=1; i<n; i<<=1){
        C wn=(C){cos(pi/i),f*sin(pi/i)};
        for (int p=i<<1,j=0; j<n; j+=p){
            C w=(C){1,0};
            for (int k=0; k<i; k++,w=w*wn){
                C x=a[j+k],y=w*a[i+j+k]; a[j+k]=x+y; a[i+j+k]=x-y;
            }
        }
    }
    if (f==1) return;
    for (int i=0; i<n; i++) a[i].x/=n;
}

void CDQ(int l,int r){
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1,n,L=0;
    for (n=1; n<=r-l+1; n<<=1) L++;
    for (int i=0; i<n; i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    
    for (int i=0; i<n; i++) A[i]=B[i]=(C){0,0};
    for (int i=l; i<=mid; i++) A[i-l].x=a[i];
    for (int i=mid+1; i<=r; i++) B[i-mid-1].x=b[i];
    DFT(A,n,1); DFT(B,n,1);
    for (int i=0; i<n; i++) A[i]=A[i]*B[i];
    DFT(A,n,-1);
    for (int i=0; i<n; i++) ans[i+mid+1+l]+=(ll)(A[i].x+0.5);
    
    for (int i=0; i<n; i++) A[i]=B[i]=(C){0,0};
    for (int i=mid+1; i<=r; i++) A[i-mid-1].x=a[i];
    for (int i=l; i<=mid; i++) B[mid-i].x=b[i];
    DFT(A,n,1); DFT(B,n,1);
    for (int i=0; i<n; i++) A[i]=A[i]*B[i];
    DFT(A,n,-1);
    for (int i=0; i<n; i++) ans[i+1]+=(ll)(A[i].x+0.5);
    CDQ(l,mid); CDQ(mid+1,r);
}

int main(){
    freopen("bzoj4836.in","r",stdin);
    freopen("bzoj4836.out","w",stdout);
    for (scanf("%d",&T); T--; ){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q); mem(ans); mem(a); mem(b); len1=len2=0;
        for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&x),a[x]++,len1=max(len1,x);
        for (int i=1; i<=m; i++) scanf("%d",&x),b[x]++,len2=max(len2,x);
        for (int i=1; i<=len1 && i<=len2; i++) ans[0]+=1ll*a[i]*b[i];
        CDQ(0,max(len1,len2));
        for (int i=1; i<=Q; i++) scanf("%d",&x),printf("%lld\n",ans[x]);
    }
    return 0;
}