bzoj 3513

很有趣的一道题：

我们分类进行计算：

首先，如果只损失了一件，那么很好计算：每一件斧头都会为对应代价产生一种可能

然后，如果值损失了两件，那么也很好计算：

构造多项式$A(x)=sum_{i=0}^{max(a)}(价值i出现的次数)*x^i$

那么该多项式与自身卷积，得到的多项式每一项前对应的系数即为只拿两件时代价为i的出现次数

如果你不理解这里，请看这

好的，你理解了上面那堆东西

但是这里要减掉一个物品拿两次的情况，这个比较好办，就是在一个物品代价的两倍的位置-1

最后，也是最困难的一部分：如果损失了三件怎么办？

首先直接给出结论：

构造三个多项式：

$A_{1}(x)=sum_{i=0}^{max(a)}(价值i出现的次数)*x^i$

$A_{2}(x)=sum_{i=0}^{max(a)}(价值frac{i}{2}被拿了两次的次数)*x^i$

$A_{3}(x)=sum_{i=0}^{max(a)}{价值frac{i}{3}被拿了三次的次数}*x^i$

然后答案即为

$frac{A_{1}(x)^3-3A_{2}(x)A_{1}(x)+2A_{3}(x)}{6}$

为什么？

本质是容斥原理：

首先，我们随便取三件，那么结果是第一项

但是，这里会产生重复，所以我们减去有两个重复的情况，就是第二项（至于为什么乘三，可以考虑一下：最开始的第一项算的时候是考虑顺序的，所以在容斥的时候也要计算顺序，而这里的顺序就是剩下那一项在第一，第二，第三三个位置上的三个情况，最后再除掉顺序。）

最后，再加上减多了的三个重复的情况，多减了两次，所以乘二

然后把这三个多项式相加，然后取系数不为零的部分输出即可

有个细节：考虑到代价有负数，所以我们每个代价加上一个值全转成正数后计算，这时就需要注意对应项和实际值之间的关系问题了

还有，NTT会炸！！！我试了两个模数都不行，所以...还是用FFT吧

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
struct cp
{
    double x,y;
    friend cp operator + (cp a,cp b)
    {
        return (cp){a.x+b.x,a.y+b.y};
    }
    friend cp operator - (cp a,cp b)
    {
        return (cp){a.x-b.x,a.y-b.y};
    }
    friend cp operator * (cp a,cp b)
    {
        return (cp){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x};
    }
};
int to[(1<<21)+5];
/*ll pow_mul(ll x,ll y)
{
    ll ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ans=ans*x%mode;
        x=x*x%mode,y>>=1;
    }
    return ans;
}*/
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+o+i]*w;
                a[j+o]=w1+w2,a[j+o+i]=w1-w2;
            }
        }
    }
    //if(k==-1)for(int i=1;i<(len>>1);i++)swap(a[i],a[len-i]);
}
int n,lim=1,l;
cp a[(1<<21)+5],b[(1<<21)+5],c[(1<<21)+5],d[(1<<21)+5],e[(1<<21)+5],f[(1<<21)+5],g[(1<<21)+5];
ll v[(1<<21)+5];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int maxx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int xx;
        scanf("%d",&xx);
        xx+=30000;
        a[xx].x++,b[2*xx].x++,c[3*xx].x++;
        maxx=max(maxx,2*xx);
        d[xx].x++;
        v[xx]++;
    }
    while(lim<=2*maxx)lim<<=1,l++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    FFT(d,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)e[i]=d[i]*d[i];
    FFT(e,lim,-1);
//    ll inv=pow_mul(lim,mode-2);
    for(int i=0;i<lim;i++)e[i].x=(double)(ll)(e[i].x/lim+0.5);
    for(int i=30000;i<lim;i++)v[i-30000]+=((ll)e[i].x-(ll)b[i].x)/2;
    FFT(a,lim,1),FFT(e,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=a[i]*e[i];
    FFT(f,lim,-1);
    for(int i=0;i<lim;i++)f[i].x=(double)(ll)(f[i].x/lim+0.5);
    FFT(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)g[i]=a[i]*b[i];
    FFT(g,lim,-1);
    for(int i=0;i<lim;i++)g[i].x=(double)(ll)(g[i].x/lim+0.5);
    for(int i=60000;i<lim;i++)v[i-60000]+=1ll*((ll)f[i].x-3ll*g[i].x+2ll*c[i].x)/6ll;
    for(int i=0;i<lim;i++)if(v[i])printf("%d %lld
",i-30000,v[i]);
    return 0;
}