解题报告（二）E、（BZOJ3513） [MUTC2013] idiots（生成函数 + FFT + 组合计数）

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解题报告（二）E、（BZOJ3513） [MUTC2013] idiots（生成函数 + FFT + 组合计数）

Weblink

https://darkbzoj.tk/problem/3513

Problem

给定 nnn 个长度分别为 aia_iai 的木棒，问随机选择 333 个木棒能够拼成三角形的概率。

input

第一行T( T≤100T\le 100T≤100 )，表示数据组数。
接下来若干行描述 T 组数据，每组数据第一行是 n ，接下来一行有 n 个数表示 aia_iai。

3≤N≤105,1≤ai≤1053≤N≤10^5,1≤a_i≤10^53≤N≤105,1≤ai≤105

output

T 行，每行一个整数，四舍五入保留7位小数。

Solution

首先我们知道作为一个三角形，两边之和大于第三边。

答案要求的概率很明显就是能组成的三角形的方案数除以总方案数。

如果我们直接去统计一共有多少个符合要求的方案数的话无从下手（好吧，正着做好像也没什么区别），考虑经典正难则反。

我们首先计算总方案数，即从 nnn 个木棒中选择三个，即

tot=Cn3=n×(n−1)×(n−2)/3/2tot=C_{n}^{3}=n\times (n-1)\times (n-2) / 3 / 2tot=Cn3=n×(n−1)×(n−2)/3/2。

那么我们来尝试统计一下不符合要求的三个木棒的方案数。

不符合要求也就意味着是两个木棒 a,ba,ba,b ，以及一个木棒 ccc ，c≥a+bc\ge a+bc≥a+b,这样就不能组成一个三角形。

因为是统计方案数，且数据较大（10510^5105）不能暴力，只能 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn) 来做，所以经典的生成函数 + FFT。

所以我们考虑组合计数的思路：

即利用乘法原理，我们只需要求出左半部分 AAA 的个数以及相对应的右半部分 BBB 的个数，相乘并累加即可。

也就是：

我们用 t[i]t[i]t[i] 统计所有大于等于 iii 的木棒的个数。

g[i]g[i]g[i] 表示所有两个木棒的和为 iii 的木棒的个数，那么所有不符合要求的方案数也就是两个木棒 a,ba,ba,b 以及一个 c≥a+bc\ge a+bc≥a+b 的方案数显然就是 illegal=∑i=0maxxg[i]×t[i]\displaystyle illegal=\sum_{i = 0}^{maxx}g[i] \times t[i]illegal=i=0∑maxxg[i]×t[i] 。

最终的概率显然就是 tot−illegaltot\cfrac{tot-illegal}{tot}tottot−illegal

那么也就意味着我们只需要计算 g[i]g[i]g[i] 就可以得到答案。

我们考虑如何求得 g[i]g[i]g[i]。

g[i]g[i]g[i] 的实际意义就是 a+b=ia+b=ia+b=i 的方案数，可以理解为选择两个物品 a,ba,ba,b，权值和为 iii 的方案数，显然我们可以用生成函数求解。

我们设 f[i]f[i]f[i] 表示长度为 iii 的木棒数

显然 g[i]=∑f[j]×f[i−j]g[i] = \sum f[j]\times f[i - j]g[i]=∑f[j]×f[i−j]。

一个标准的卷积形式可以直接用 FFT 求解。

但是很明显我们将两个 fff 卷起来会有重复，因为我们只有一个 fff 序列，自己凑，但是生成函数在卷的时候是当成两个相同的 fff 序列卷起来的，例如 1+9=101+9=101+9=10，两个 fff ，所以会有两个 111 和两个 999 ，但实际上只有一个 111 和 1个 999 ，方案数应该是 [1,9],[9,1][1,9],[9,1][1,9],[9,1] 两种，但是生成函数 fff 卷的时候会得到 [1,9],[9,1],[1,9],[9,1][1,9],[9,1],[1,9],[9,1][1,9],[9,1],[1,9],[9,1] 四种方案数，所以最后的方案数要除以 222。并且注意对于序列中仅有一个 555 ，卷的时候会出现 5+5=105+5=105+5=10 这种本来是没有的方案数，如果我们除以二的话也不一定能将其消掉（奇数个除以二下取整会消掉，但万一有偶数个这样的呢）所以我们可以在输入的时候，每次输入 xxx ，就将 g[2×x]−1g[2\times x]-1g[2×x]−1 ，这样就可以将本身不合法的自己加自己（5+5=105+5=105+5=10）方案数减去。正因如此，我们需要先将 fff 与 ggg 加起来消掉自己加自己之后再除以二消掉冗余的双倍方案。

AC Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
#define int long long
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 5e5 + 7, mod = 1e6;
const double PI = acos(-1.0);int n, m, k, L, limit = 1;
int g[N], t[N], RR[N];struct Complex
{double x, y;Complex (double x = 0, double y = 0) : x(x), y(y) { }
}f[N];Complex operator + (Complex a, Complex b) {return Complex (a.x + b.x, a.y + b.y);}
Complex operator - (Complex a, Complex b) {return Complex (a.x - b.x, a.y - b.y);}
Complex operator * (Complex a, Complex b) {return Complex (a.x * b.x - a.y * b.y, a.x * b.y + a.y * b.x);}void FFT(Complex *A, double type)
{for(int i = 0; i < limit; ++ i) {if(i < RR[i])swap(A[i], A[RR[i]]);}for(int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {Complex wn(cos(PI / mid), type * sin(PI / mid));for(int len = mid << 1, pos = 0; pos < limit; pos += len) {Complex w(1, 0);for(int k = 0; k < mid; ++ k, w = w * wn) {Complex x = A[pos + k];Complex y = w * A[pos + mid + k];A[pos + k] = x + y;A[pos + mid + k] = x - y;}}}if(type == -1) {for(int i = 0; i <= limit; ++ i)A[i].x /= limit;}
}void init()
{memset(g, 0, sizeof g);memset(f, 0, sizeof f);memset(t, 0, sizeof t);}void solve()
{init();scanf("%lld", &n);int maxx = 0;ll tot = (n * (n - 1) * (n - 2)) / 6;for(int i = 1; i <= n; ++ i) {ll x;scanf("%lld", &x);g[x << 1] -- ;t[x] ++ ;f[x].x ++ ;maxx = max(maxx, x);}for(int i = maxx - 1; i >= 1; -- i)t[i] += t[i + 1];//大于等于 i 的木棒数量maxx = maxx - 1 << 1;L = 0, limit = 1;while(limit <= maxx) limit <<= 1, L ++ ;for(int i = 0; i <= limit; ++ i) {RR[i] = (RR[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));}FFT(f, 1);for(int i = 0; i < limit; ++ i) {f[i] = f[i] * f[i];}FFT(f, -1);for(int i = 0; i < limit; ++ i) {g[i] += (int)(f[i].x + 0.5);}for(int i = 0; i < limit; ++ i)g[i] >>= 1;ll illegal = 0;for(int i = 0; i < limit; ++ i) {illegal += g[i] * t[i];}double res = (double)(tot - illegal) / tot;printf("%.7f\n", res);return ;
}signed main()
{itn t;scanf("%lld", &t);while(t -- ) {solve();}return 0;
}

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