[hdu4609]3-idiots(快速傅利叶变换FFT)
2017-12-10 16:52
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题目名字是三个制杖…
【题意】
有T组数据
每组数据给出n条线段,问任意取三条,可以组成三角形的概率
【输入】
开头一行输入T(T<=10)
下来T组数据,每组数据第一行输入一个n(3<=n<=10^5)
第二行输入n个数,表示n条线段
线段长度(1<=n<=10^5)
【输出】
每组数据输出一个数p
表示可以组成三角形的概率
保留七位小数
【样例输入】
2
4
1 3 3 4
4
2 3 3 4
【样例输出】
0.5000000
1.0000000
这题和这道题构造多项式的大体思路差不多,而且都需要利用容斥的思想,如果不懂这道题的容斥的话可以去看一下我之前这道题的题解。
那么我们就讲一下容斥好了。
把q[]排序(q是边长)FFT过后,用一个num[]数组记下多项式的系数(也就是方案数啦),然后和前面那道题一样用num[q[i]*2]-=1来去掉重复拿两个的方案,用num[i]/=2去掉选择的顺序不同但选择的东西一样的方案。 做完这些之后用剩下的num数组求一个前缀和sum[]那么sum[i]记录的就是两边之和小于q[i]的方案个数,那么sum[len]-sum[q[i]]就是两边之和大于q[i]的方案个数,但是这里面也有不合法的情况,设其他两条边是a,b那么:
证明大家自己去想一下吧,很简单的
因为卷积很大所以这题要开long long,注意一定要控制好int和longlong的转换,要不然会出现负数整题爆0(哭唧唧….
code:
【题意】
有T组数据
每组数据给出n条线段,问任意取三条,可以组成三角形的概率
【输入】
开头一行输入T(T<=10)
下来T组数据,每组数据第一行输入一个n(3<=n<=10^5)
第二行输入n个数,表示n条线段
线段长度(1<=n<=10^5)
【输出】
每组数据输出一个数p
表示可以组成三角形的概率
保留七位小数
【样例输入】
2
4
1 3 3 4
4
2 3 3 4
【样例输出】
0.5000000
1.0000000
这题和这道题构造多项式的大体思路差不多,而且都需要利用容斥的思想,如果不懂这道题的容斥的话可以去看一下我之前这道题的题解。
那么我们就讲一下容斥好了。
把q[]排序(q是边长)FFT过后,用一个num[]数组记下多项式的系数(也就是方案数啦),然后和前面那道题一样用num[q[i]*2]-=1来去掉重复拿两个的方案,用num[i]/=2去掉选择的顺序不同但选择的东西一样的方案。 做完这些之后用剩下的num数组求一个前缀和sum[]那么sum[i]记录的就是两边之和小于q[i]的方案个数,那么sum[len]-sum[q[i]]就是两边之和大于q[i]的方案个数,但是这里面也有不合法的情况,设其他两条边是a,b那么:
1、a=q[i]或b=q[i],情况数是(n−1)
2、a>q[i],b<q[i],情况数是(n−1−i)∗i
3、a>q[i],b>q[i],情况数是(n−1−i)∗(n−2−i)2
(注意我是从0开始的)证明大家自己去想一下吧,很简单的
因为卷积很大所以这题要开long long,注意一定要控制好int和longlong的转换,要不然会出现负数整题爆0(哭唧唧….
code:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int maxn=210000; const double pi=acos(-1.0); struct complex { double r,i; complex(){} complex(double _r,double _i){r=_r,i=_i;} friend complex operator + (const complex &x,const complex &y){return complex(x.r+y.r,x.i+y.i);} friend complex operator - (const complex &x,const complex &y){return complex(x.r-y.r,x.i-y.i);} friend complex operator * (const complex &x,const complex &y){return complex(x.r*y.r-x.i*y.i,x.r*y.i+x.i*y.r);} }a[maxn*4]; int R[maxn*4]; void fft(complex *y,int len,int on) { for(int i=0;i<len;i++)if(i<R[i])swap(y[i],y[R[i]]); for(int i=1;i<len;i<<=1) { complex wn(cos(pi/i),sin(on*pi/i)); for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)) { complex w(1,0); for(int k=0;k<i;k++,w=w*wn) { complex u=y[j+k]; complex v=w*y[j+k+i]; y[j+k]=u+v; y[j+k+i]=u-v; } } } if(on==-1)for(int i=0;i<len;i++)y[i].r/=len; } LL num[maxn],sum[maxn]; int q[maxn]; int main() { int T;scanf("%d",&T); while(T--){ int n;scanf("%d",&n); memset(num,0,sizeof(num)); for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&q[i]); num[q[i]]++; } sort(q,q+n); int L=0,m=(int)q[n-1]+1,len; for(len=1;len<=m*2;len*=2) L++; for(int i=0;i<m;i++) a[i]=complex(num[i],0);//memset for(int i=m;i<len;i++) a[i]=complex(0,0); for(int i=0;i<len;i++) R[i]=(R[i>>1]>>1)|(i&1)<<(L-1); fft(a,len,1); for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*a[i]; fft(a,len,-1); for(int i=0;i<len;i++) num[i]=(LL)(a[i].r+0.5); len=2*q[n-1]; for(int i=0;i<n;i++) num[q[i]*2]--;//取两个相同 for(int i=1;i<=len;i++) num[i]/=2;//选择的无序 sum[0]=0; for(int i=1;i<=len;i++) sum[i]=sum[i-1]+num[i]; LL cnt=0; for(int i=0;i<n;i++) { cnt+=sum[len]-sum[q[i]]; cnt-=(n-1); //x2=a[i] 或者 x1=a[i] cnt-=(LL)(n-i-1)*i; //x2>a[i],x1<a[i] cnt-=(LL)(n-i-1)*(n-i-2)/2; //x2>a[i],x1>a[i] } LL tot=(LL)(n)*(n-1)*(n-2)/6; printf("%.7lf\n",(double)cnt/tot); } return 0; }
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