快速傅立叶之二 bzoj-2194
题目大意:给定两个长度为$n$的序列$a$和$b$。求$c$序列,其中:$c_i=sumlimits_{j=i}^{n-1} a_j imes b_{j-i}$。
注释:$1le nle 10^5$,$0le a_i,b_ile 100$。
想法:
显然这是一道$FFT$裸题。
如图:
上面的序列就是$a$序列,下面就是$b$序列。
左图如题意,我们发现当把$b$序列翻转之后就变成了右图的样子,我们设为$d$序列。
我们把$a$序列和$d$序列想象成两个多项式,做多项式乘法之后,$c_i$就等于$sumlimits_{j=i}^{n-1} a_j imes b_{n-j-1}$
这个卷积的形式我们可以通过$FFT$加速。
Code:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #define N 100010 using namespace std; typedef double db; const db pi=acos(-1); inline char nc() {static char *p1,*p2,buf[100000]; return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;} int rd() {int x=0; char c=nc(); while(!isdigit(c)) c=nc(); while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=nc(); return x;} struct cp { db x,y; cp() {x=y=0;} cp(db x_,db y_) {x=x_,y=y_;} cp operator + (const cp &a) const {return cp(x+a.x,y+a.y);} cp operator - (const cp &a) const {return cp(x-a.x,y-a.y);} cp operator * (const cp &a) const {return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);} }a[N<<2],b[N<<2]; void fft(cp *a,int len,int flg) { int i,j,k,t; cp tmp,w,wn; for(i=k=0;i<len;i++) { if(i>k) swap(a[i],a[k]); for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1); } for(k=2;k<=len;k<<=1) { t=k>>1; wn=cp(cos(2*pi*flg/k),sin(2*pi*flg/k)); for(i=0;i<len;i+=k) { w=cp(1,0); for(j=i;j<i+t;j++) { tmp=a[j+t]*w; a[j+t]=a[j]-tmp; a[j]=a[j]+tmp; w=w*wn; } } } if(flg==-1) for(i=0;i<len;i++) a[i].x/=len; } int main() { int n=rd(); for(int i=0;i<n;i++) a[i].x=rd(),b[n-i-1].x=rd(); int len=1; while(len<=(n<<1)) len<<=1; fft(a,len,1); fft(b,len,1); for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*b[i]; fft(a,len,-1); for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",(int)(a[n+i-1].x+0.1)); return 0; }
小结:$FFT$真强...注意模板别背错了。