bzoj 3527

一道FFT的典型题

首先给出结论：

我们令所有下标从0开始，那么：

构造两个多项式 ，

那么将这两个多项式卷积，然后输出(n,2*n]的系数即可

为什么？

我们从已知开始：已知，所以

那么我们对Ei的表达式除掉一个qi，就变成了一个与qi无关的表达式！

所以

那么，如果我们设,,那么上式可以重写为：

不难发现，前面那个东西是个卷积的形式，但是后面那个东西好像不大对劲啊...

长得不太像卷积...

所以这里就有一个方法：如果我们把g数组反向设为g'，那么原式即可改写成：

那右边不也是个卷积了？

这样的话，左右都可以直接上FFT了

但是为了简化，我们只想用一次FFT

所以我们再改进一下：我们把g与g'直接相连，将符号变为值的正负，这样就可以直接卷积了

而这就是上面给出的两个多项式了

这样直接做卷积即可

但是答案是哪部分呢？

留作思考

我们发现，卷积后有价值的项x的指数一定大于n（这是很显然的，由上述的表达式即可决定）

所以就是输出(n,2n]的系数即可

然后就没了

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
struct cp
{
    double x,y;
};
int n,lim=1,l;
int to[(1<<20)+5];
cp operator + (cp a,cp b)
{
    return (cp){a.x+b.x,a.y+b.y};
}
cp operator - (cp a,cp b)
{
    return (cp){a.x-b.x,a.y-b.y};
}
cp operator * (cp a,cp b)
{
    return (cp){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x};
}
void FFT(cp *a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        cp w0=(cp){cos(pi/i),k*sin(pi/i)};
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            cp w=(cp){1,0};
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0)
            {
                cp w1=a[j+o],w2=a[j+i+o]*w;
                a[j+o]=w1+w2,a[j+i+o]=w1-w2;
            }
        }    
    }
}
cp a[(1<<20)+5],b[(1<<20)+5],c[(1<<20)+5];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i].x);
    for(int i=0;i<n;i++)b[i].x=-1.0/((double)(n-i)*(double)(n-i));
    for(int i=n+1;i<=2*n;i++)b[i].x=1.0/((double)(i-n)*(double)(i-n));
    int m=(n<<1);
    while(lim<=2*m)lim<<=1,l++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    FFT(a,lim,1),FFT(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i];
    FFT(c,lim,-1);
    for(int i=n+1;i<=n*2;i++)printf("%lf\n",c[i].x/(double)lim);
    return 0;
}