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题目传送门 - BZOJ3527
题意
给出长度为$m$的序列$q_{1..m}$，让你输出长度为$m$的序列$E_{1..m}$。
其中：
$$E_i=sum_{j=1}^{i-1}frac{q_j}{(i-j)^2}-sum_{j=i+1}^{m}frac{q_j}{(i-j)^2}$$
题解
我们设
$$f_i=q_i,g_i=frac 1{i^2}(g_0=0,且对于i>m,g_i=0),f_i^r=f_{m-i}$$
于是：
$$E_i=sum_{j=0}^i f_jg_{i-j}-sum_{j=i}^m f_jg_{j-i}$$
这个式子的前一半是个裸的卷积，可以直接$FFT$。后一半要稍微变变。（有dalao说是两个裸的卷积！Orz）
$$sum_{j=i}^m f_{j}g_{j-i}\=sum_{j=i}^{m}f_{m-j}^rg_{i-j}\=sum_{j=0}^{m-i}f_{m-i-j}^rg_{j}$$
令$i'=m-i$，则：
$$sum_{j=0}^{m-i}f_{m-i-j}^rg_{j}\=sum_{j=0}^{i'}f_{i'-j}^rg_{j}\=sum_{j=0}^{i'}f_{j}^rg_{i'-j}$$
于是也是一个裸的卷积形式了。
但是这题我做了很久。QAQ。
一开始把$m$和$n$搞错，而且还很自信的认为是等价的。（$n$见代码）
然后发现$IDFT$之后忘记把数字除以$n$了。
然后还是挂了。
然后看(%)了看(%)网上AC的代码，发现我和他唯一的区别就是他把$i>m$的$g_i$都搞成$0$，而我没搞，但是我仍然很自信的认为是对的QAQ。
最后把我的自信全部打翻，然后就突然A掉了QAQ。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<19;
int m,n,L,R[N];
double q[N],PI=acos(-1.0);
struct C{
double r,i;
C(){}
C(double a,double b){r=a,i=b;}
C operator + (C x){return C(r+x.r,i+x.i);}
C operator - (C x){return C(r-x.r,i-x.i);}
C operator * (C x){return C(r*x.r-i*x.i,i*x.r+r*x.i);}
}A[N],B[N],ans1[N],ans2[N],w[N];
void FFT(C a[]){
for (int i=0;i<n;i++)
if (i<R[i])
swap(a[i],a[R[i]]);
for (int d=1,t=n>>1;d<n;d<<=1,t>>=1)
for (int i=0;i<n;i+=(d<<1))
for (int j=0;j<d;j++){
C tmp=w[t*j]*a[i+j+d];
a[i+j+d]=a[i+j]-tmp;
a[i+j]=a[i+j]+tmp;
}
}
void FFT_times(C A[],C B[],C C[]){
FFT(A),FFT(B);
for (int i=0;i<n;i++)
w[i].i*=-1.0,C[i]=A[i]*B[i];
FFT(C);
for (int i=0;i<n;i++)
w[i].i*=-1.0,C[i].r/=n;
}
int main(){
scanf("%d",&m);
for (int i=1;i<=m;i++)
scanf("%lf",&q[i]);
for (n=1,L=0;n<m*2;n<<=1,L++);
for (int i=0;i<n;i++){
w[i]=C(cos(2*i*PI/n),sin(2*i*PI/n));
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
A[i]=C(q[i],0);
B[i]=C((i==0||i>m)?0:1.0/i/i,0);
}
FFT_times(A,B,ans1);
for (int i=0;i<n;i++){
A[i]=C(i<=m?q[m-i]:0,0);
B[i]=C((i==0||i>m)?0:1.0/i/i,0);
}
FFT_times(A,B,ans2);
for (int i=1;i<=m;i++)
printf("%.3lf
",ans1[i].r-ans2[m-i].r);
return 0;
}