CF993E:Nikita and Order Statistics(FFT)

Description

给你一个数组 $a_{1 \sim n}$，对于 $k = 0 \sim n$，求出有多少个数组上的区间满足：区间内恰好有 $k$ 个数比 $x$ 小。$x$ 为一个给定的数。

Input

第一行$n,x$。

第二行给出$n$个数

Output

一行答案。

Sample Input1

5 3
1 2 3 4 5

Sample Output1

6 5 4 0 0 0

Sample Input2

2 6
-5 9

Sample Output2

1 2 0

Sample Input3

6 99
-1 -1 -1 -1 -1 -1

Sample Output3

0 6 5 4 3 2 1

Solution

为什么这个题网上大部分题解分析来分析去我都看不懂啊……QAQQQ

感觉我的理解能力还是太渣了……

首先我们把小于$x$的置为$1$，否则置为$0$，然后求一个前缀和，并把这些前缀和安排到一个桶里面。

记这个桶为$f[i]$，表示前缀和$=i$的个数。

假设我们枚举$i=0 \sim n$，来代表$k$，那么对于一个$i$来说，它的答案就是

$\sum_{j=0}^{n}f[j]*f[j+i]$。然后这玩意儿就是套路了，设$g[n-j]=f[j]$，

就成了$\sum_{j=0}^{n}g[n-j]*f[j+i]$，$FFT$卷一下就好了。

注意当$k=0$时，会有$n+1$次自己和自己算到一起的情况，减掉这种情况然后再除$2$就好了。

为什么要除$2$因为两个前缀和如果相同的话就会$a$和$b$算一次，$b$和$a$算一次……

Code

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cmath>
 4 #define N (800009)
 5 #define LL long long
 6 using namespace std;
 7
 8 int n,x,fn,l,tmp,r[N],cnt[N],sum[N];
 9 LL ans[N];
10
11 double pi=acos(-1.0);
12 struct complex
13 {
14     double x,y;
15     complex(double xx=0,double yy=0)
16     {
17         x=xx; y=yy;
18     }
19 }a[N],b[N];
20
21 complex operator + (complex a,complex b) {return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
22 complex operator - (complex a,complex b) {return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
23 complex operator * (complex a,complex b) {return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
24 complex operator / (complex a,double b) {return complex(a.x/b,a.y/b);}
25
26 void FFT(int n,complex *a,int opt)
27 {
28     for (int i=0; i<n; ++i)
29         if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
30     for (int k=1; k<n; k<<=1)
31     {
32         complex wn=complex(cos(pi/k),opt*sin(pi/k));
33         for (int i=0; i<n; i+=k<<1)
34         {
35             complex w=complex(1,0);
36             for (int j=0; j<k; ++j,w=w*wn)
37             {
38                 complex x=a[i+j],y=w*a[i+j+k];
39                 a[i+j]=x+y; a[i+j+k]=x-y;
40             }
41         }
42     }
43     if (opt==-1) for (int i=0; i<n; ++i) a[i]=a[i]/n;
44 }
45
46 int main()
47 {
48     scanf("%d%d",&n,&x);
49     cnt[0]++;
50     for (int i=1; i<=n; ++i)
51     {
52         scanf("%d",&tmp);
53         sum[i]=sum[i-1]+(tmp<x); cnt[sum[i]]++;
54     }
55     for (int i=0; i<=n; ++i)
56         a[i].x=b[n-i].x=cnt[i];
57     fn=1;
58     while (fn<=2*n) fn<<=1, l++;
59     for (int i=0; i<fn; ++i)
60         r[i]=(r[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(l-1));
61     FFT(fn,a,1); FFT(fn,b,1);
62     for (int i=0; i<fn; ++i)
63         a[i]=a[i]*b[i];
64     FFT(fn,a,-1);
65     for (int i=0; i<=n; ++i)
66         ans[i]=(LL)(a[n+i].x+0.5);
67     for (int i=0; i<=n; ++i)
68         printf("%lld ",(i==0)?((ans[i]-n-1)/2):(ans[i]));
69 }

转载于:https://www.cnblogs.com/refun/p/10097284.html