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D. The BOSS Can Count Pairs

You are given two arrays $a$ and $b$ , both of length $n$ .

Your task is to count the number of pairs of integers $(i,j)$ such that $1 \leq i < j \leq n$ and $a_i \cdot a_j = b_i+b_j$ .

Input

Each test contains multiple test cases. The first line of input contains a single integer $t$ ( $1 \le t \le 10^4$ ) — the number of test cases. The description of test cases follows.

The first line of each test case contains a single integer $n$ ( $2 \le n \le 2 \cdot 10^5$ ) — the length of the arrays.

The second line of each test case contains $n$ integers $a_1,a_2,\ldots,a_n$ ( $1 \le a_i \le n$ ) — the elements of array $a$ .

The third line of each test case contains $n$ integers $b_1,b_2,\ldots,b_n$ ( $1 \le b_i \le n$ ) — the elements of array $b$ .

It is guaranteed that the sum of $n$ across all test cases does not exceed $2 \cdot 10^5$ .

Output

For each test case, output the number of good pairs.

Example

input

3
3
2 3 2
3 3 1
8
4 2 8 2 1 2 7 5
3 5 8 8 1 1 6 5
8
4 4 8 8 8 8 8 8
8 8 8 8 8 8 8 8

output

2
7
1

Note

In the first sample, there are $2$ good pairs:

$(1,2)$ ,
$(1,3)$ .

In the second sample, there are $7$ good pairs:

$(1,2)$ ,
$(1,5)$ ,
$(2,8)$ ,
$(3,4)$ ,
$(4,7)$ ,
$(5,6)$ ,
$(5,7)$ .

解题思路

　　枚举优化题，先给出我一开始的思路。因为 $1 \leq b_i \leq n$ ，因此有 $a_i \times a_j = b_i + b_j \leq 2n$ ，所以当时就想到从 $1$ 开始枚举到 $2n$ 作为 $a_i \times a_j$ 的结果，记作 $x$ 。然后对 $x$ 进行约数分解，那么就会得到 $a_i$ 和 $a_j$ 。接着枚举所有值为 $a_i$ 的下标 $u$ ，然后再从所有值为 $a_j$ 的下标中二分出来大于 $u$ 的最小下标 $v$ ，然后在所有值为 $a_j$ 的且不超过 $v$ 的下标中统计数值恰好为 $a_i \times a_j - b_u$ 的个数，这就是答案数对的数目。

　　很明显这种做法肯定会超时，需要优化的地方为统计数值恰好为 $a_i \times a_j - b_u$ 的个数，但很复杂我没写出来，即便写出来时间复杂度也是 $O(n \sqrt{n} \log{n})$ ，还是会超时。不过如果提前预处理每个数约数分解的结果那么 $\sqrt{n}$ 计算量的分解部分就会大大降低，有可能会过。

　　下面给出正解。

　　首先我们知道了 $a_i \times a_j \leq 2n$ ，因此必然有 $\min \{ a_i, a_j \} \leq \sqrt{2n}$ 。由于题目中要求统计的数对 $(i,j)$ 要满足 $i<j$ ，但如果按照 $a_i \leq a_j$ 的规则来统计数对得到的答案是一样的。其中如果有 $a_i < a_j$ 且 $i>j$ ，那么我们只需交换 $i$ 和 $j$ ，可以发现得到的数对是一样的，因此接下来我们只统计 $a_i \leq a_j$ 的数对。

　　由于已经假设 $a_i \leq a_j$ ，因此有 $a_i \leq \sqrt{2n}$ ，所以我们从 $1$ 到 $\sqrt{2n}$ 来枚举 $a_i$ 的值（ $a$ 中可能不存在这个值），然后再枚举一遍序列 $a$ 找到大于等于 $a_i$ 的 $a_j$ ，此时就可以确定 $b_i$ 的取值，即 $a_i \times a_j - b_j$ 。那么满足条件的数对数量就是序列 $a$ 和 $b$ 中满足 $(a_k, b_k) = (a_i, b_i)$ 的数量（前提是算出的 $b_i$ 要满足 $1 \leq b_i \leq n$ ）。

　　为此我们可以先对数对 $(a_k, b_k)$ 以 $a_k$ 为关键字进行排序，在枚举确定每一个 $a_i$ 后开一个数组 $\text{cnt}$ 来统计数对 $(a_i, b_i)$ 的数量，由于 $a_i$ 已经是一个确定值，因此 $\text{cnt}[x]$ 则表示所有 $a_k = a_i$ 并且 $b_k = x$ 的数对数量。由于序列 $a$ 已经升序排序，因此在枚举 $a_j$ 时边枚举边统计即可，当然只统计 $a_j = a_i$ 对应的 $b_j$ 。因此对于某个 $a_j$ ，满足等式的数对数量就是 $\text{cnt}[a_i \times a_j - b_j]$ （下标严格小于 $j$ 的数对数量）。这样就可以避免重复枚举，且没有枚举到两个相同下标的情况。

　　AC代码如下，时间复杂度为 $O(n \sqrt{n})$ ：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 typedef long long LL;
 5 
 6 const int N = 2e5 + 10;
 7 
 8 int a[N], b[N], p[N];
 9 int cnt[N];
10 
11 void solve() {
12     int n;
13     scanf("%d", &n);
14     for (int i = 0; i < n; i++) {
15         scanf("%d", a + i);
16     }
17     for (int i = 0; i < n; i++) {
18         scanf("%d", b + i);
19     }
20     for (int i = 0; i < n; i++) {
21         p[i] = i;
22     }
23     sort(p, p + n, [&](int i, int j) {
24         return a[i] < a[j];
25     });
26     LL ret = 0;
27     for (int i = 1; i * i <= n << 1; i++) {
28         memset(cnt, 0, n + 10 << 2);
29         for (int j = 0; j < n; j++) {
30             int t = i * a[p[j]] - b[p[j]];
31             if (t >= 1 && t <= n) ret += cnt[t];
32             if (i == a[p[j]]) cnt[b[p[j]]]++;
33         }
34     }
35     printf("%lld\n", ret);
36 }
37 
38 int main() {
39     int t;
40     scanf("%d", &t);
41     while (t--) {
42         solve();
43     }
44     
45     return 0;
46 }