[hdu5307] He is Flying [FFT+数学推导]
题面
思路
看到这道题，我的第一想法是前缀和瞎搞，说不定能$O\left(n\right)$？
事实证明我的确是瞎扯......
题目中的提示
这道题的数据中告诉了我们：
$sum\left(s\left[i\right]\right)<=50000$
也就是说，总长度是很小的，这提示我们往“通过长度来解题”的方向上想
那么，最便捷的处理区间长度和的算法是什么呢？前缀和
我们需要求什么？
做题的过程中，一定不能忘记这一点：我们要求的是，所有长度为s的区间的愉悦值总和
那么，一个长度为s的区间，在关于长度的前缀和pre中是怎么表示的呢？
就是所有的$pre[i]-pre[i-s]$，也就是它们下标之差是一定的
下标差一定......不同的决策之和......
FFT卷积！
FFT
我们考虑一个前缀和数组$pre$，范围从$0$到$sum(s[i])$，将它反向成为$antipre$，那么有：
$pre[i]=antipre[n-i+1]$
显然，当我们把$pre[i]$作为一个多项式$A$的$x{i+1}$项的系数，把$antipre[i]$作为另一个多项式$B$的$x$项的系数时，将两个多项式乘起来，那么得到的新多项式$C$的第$x^{i+2}$项的系数，就保存了关于所有长度为i+1的区间的信息
保存什么信息？
题目中描述了，可能有区间的长度为0，也就是说，前缀和中的同一个长度数值上可能有多个点
我们设前缀和长度为s的一共有$tot[s]$个点，最左边的是$l[s]$，最右边的是$r[s]$
那么对于一段长度为s的，我们的信息来自于$pre[i]$和$pre[i-s]$
假设我们当前要求rr-s这个长度和rr这个长度的信息，那么我们来考虑一下它们总共的贡献值是多少
$l1,r1$就是$l[rr-s]$和$r[rr-s]$，$l2,r2$同理
那么总的愉悦值贡献$contribution$应该是这样的：
$contribution=\sum_{i=l1}{r1}\sum_{j=l2}\left(j-i+1\right)$
$contribution=pq+\sum_{j=l2}{r2}jp-\sum_{i=l1}iq$
$contribution=pq+\frac{pq\left(r2+l2\right)}2-\frac{qp\left(l1+r1\right)}2$
$contribution=\frac 12pq\left(l2-l1+r2-r1+2\right)$
因为前缀和求区间$[l,r]$是减掉第l-1项的，所以上式中的$pq$项抵消掉了
因此
$contribution=\frac 12pq\left(l2-l1+r2-r1\right)$
这个东西显然可以两次FFT相减来处理
总结
本题到了这里就结束了
纵观整个过程，我们从题目要求的东西，想到使用前缀和，又从需要对前缀和处理什么得到使用FFT的方法，最后用数学推导得到了FFT的方法
换句话说，整个解题过程中我们的每一步操作都是有迹可循、有原因的，不是因为“我见过这种题所以用FFT”——总会有你没见过的题出现
解题的过程、建模的过程是一个不断修正矛盾（问题）的过程，这个矛盾既可以是时间矛盾、正确性矛盾，也可以是代码编写复杂度的矛盾，但是核心的一点就是：矛盾的修正要有方向性、有依据
一定是因为这里不对了我才去优化，而不是一上来就瞎猜一个高级方法然后硬想，那样想破了脑袋都想不出来
Code：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1ll)+(re<<3ll)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
struct complex{
long double x,y;
complex(long double xx=0,long double yy=0){x=xx;y=yy;}
complex operator +(const complex &b){return complex(x+b.x,y+b.y);}
complex operator -(const complex &b){return complex(x-b.x,y-b.y);}
complex operator *(const complex &b){return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}
}A[300010],B[300010];
const long double pi=acos(-1.0);
ll n,m,limit=1,cnt=0,r[300010];
void fft(complex *a,long double type){
ll i,j,k,mid;complex x,y,wn,w;
for(i=0;i<limit;i++) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for(mid=1;mid<limit;mid<<=1ll){
wn=complex(cos(pi/mid),type*sin(pi/mid));
for(j=0;j<limit;j+=(mid<<1ll)){
w=complex(1,0);
for(k=0;k<mid;k++,w=w*wn){
x=a[j+k];y=a[j+k+mid]*w;
a[j+k]=x+y;a[j+k+mid]=x-y;
}
}
}
if(type==-1) for(i=0;i<=limit;i++) a[i].x=(ll)(a[i].x/limit+0.1);
}
ll tot[50010],s[100010],L[100010],R[100010];
ll ans[100010];
int main(){
ll T=read(),i,j,sum,tmp;
while(T--){
n=read();sum=0;memset(ans,0,sizeof(ans));memset(tot,0,sizeof(tot));tot[0]=1;
memset(L,127,sizeof(L));memset(R,0,sizeof(R));L[0]=0;memset(s,0,sizeof(s));
for(i=1;i<=n;i++){
s[i]=read(),tot[sum+=s[i]]++;
L[sum]=min(L[sum],i);R[sum]=max(R[sum],i);
}
tmp=0;
for(i=1;i<=n;i++){
if(s[i]) tmp=0;
else tmp++,ans[0]+=(ll)(tmp*(tmp+1)/2ll);
}//0要特殊处理，我们的算法并不能得到零的解，这一点具体是为什么，可以自己推导一下，会发现最后所有0的项的解都自我抵消掉了
memset(r,0,sizeof(r));
while(limit<=(sum<<1)) limit<<=1,cnt++;
for(i=0;i<limit;i++) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1)));
memset(A,0,sizeof(A));memset(B,0,sizeof(B));
for(i=0;i<=sum;i++) A[i+1].x=tot[i]*(L[i]+R[i])/2.0,B[i+1].x=tot[sum-i];//减去l1r1
fft(A,1);fft(B,1);
for(i=0;i<=limit;i++) A[i]=A[i]*B[i];
fft(A,-1);
for(i=1;i<=sum;i++) ans[i]-=(ll)A[sum+2-i].x;
memset(A,0,sizeof(A));memset(B,0,sizeof(B));
for(i=0;i<=sum;i++) A[i+1].x=tot[i],B[i+1].x=tot[sum-i]*(L[sum-i]+R[sum-i])/2.0;//加上r2l2
fft(A,1);fft(B,1);
for(i=0;i<=limit;i++) A[i]=A[i]*B[i];
fft(A,-1);
for(i=1;i<=sum;i++) ans[i]+=(ll)A[sum+2-i].x;
//整个过程中，因为我们分析的公式是针对区间[l,r]的l和r的，但是算法实现的时候是针对l-1和r的（前缀和思想），所以原式中要去掉那个p*q
for(i=0;i<=sum;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
}
}
