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4836: [Lydsy2017年4月月賽]二元運算

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Description

定義二元運算 opt 滿足 現在給定一個長為 n 的數列 a 和一個長為 m 的數列 b ，接下來有 q 次詢問。每次詢問給定一個數字 c 你需要求出有多少對 (i, j) 使得 a_i opt b_j=c 。

Input

第一行是一個整數 T (1≤T≤10) ，表示測試數據的組數。 對於每組測試數據： 第一行是三個整數 n,m,q (1≤n,m,q≤50000) 。 第二行是 n 個整數，表示 a_1,a_2,?,a_n (0≤a_1,a_2,?,a_n≤50000) 。 第三行是 m 個整數，表示 b_1,b_2,?,b_m (0≤b_1,b_2,?,b_m≤50000) 。 第四行是 q 個整數，第 i 個整數 c_i (0≤c_i≤100000) 表示第 i 次查詢的數。

Output

對於每次查詢，輸出一行，包含一個整數，表示滿足條件的 (i, j) 對的個數。

Sample Input

2
2 1 5
1 3
2
1 2 3 4 5
2 2 5
1 3
2 4
1 2 3 4 5

Sample Output

1
0
1
0
0
1
0
1
0
1

HINT

Source

可能我的常數真的巨大。。。

轉載一個姜大爺的題解 http://blog.csdn.net/neither_nor/article/details/70889246

#include<map>
#include<cmath>
#include
 
<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 1000000007
#define ll long long
#define PI acos(-1)
#define M 400010
inline int rd()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if
 
(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define db double
struct cl{
    db x,y;
    cl(){}
    cl(db _x,db _y){x=_x;y=_y;}
    friend cl operator +(const cl &x,const cl &y){return cl(x.x+y.x,x.y+y.y);}
    friend cl operator -(const cl &x,const cl &y){return cl(x.x-y.x,x.y-y.y);}
    friend cl operator *(const cl &x,const cl &y){return cl(x.x*y.x-x.y*y.y,x.x*y.y+x.y*y.x);}
    friend cl operator /(const cl &x,const db &y){return cl(x.x/y,x.y/y);}
    cl con(){return cl(x,-y);}
};
cl a[M],b[M];
int n,L,R[M];
int A[M],B[M],mx,T;
ll ans[M];
void fft(cl *x,int f,int n)
{
    for(int i=0;i<n;i++) if(i<R[i]) swap(x[i],x[R[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        cl wn(cos(PI/i),f*sin(PI/i));
        for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
        {
            cl w(1,0),X,Y;
            for(int k=0;k<i;k++,w=w*wn)
            {
                X=x[j+k];Y=w*x[j+k+i];
                x[j+k]=X+Y;x[j+k+i]=X-Y;
            }
        }
    }
    if(f==-1) for(int i=0;i<n;++i) x[i]=x[i]/n;
}
void cal(int l,int r,int n,int L)
{
    if(l==r)
    {
        ans[0]+=(ll)A[l]*B[l];
        return ;
    }
    register int i,j,mid=l+r>>1;
    for(i=0;i<n;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L);
    for(i=0;i<n;++i) a[i]=b[i]=cl(0,0);
    for(i=l;i<=mid;++i) a[i-l].x=A[i];
    for(i=mid+1;i<=r;++i) a[i-mid-1].y=B[i];
    fft(a,1,n);
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        j=(n-i)&(n-1);
        b[i]=(a[i]*a[i]-(a[j]*a[j]).con())*cl(0,-0.25);
    }
    fft(b,-1,n);
    for(i=0;i<n;++i) ans[l+mid+1+i]+=(ll)(b[i].x+0.1);
    
    for(i=0;i<n;++i) a[i]=b[i]=cl(0,0);
    for(i=mid+1;i<=r;i++) a[i-mid-1].x=A[i];
    for(i=l;i<=mid;i++) a[mid-i].y=B[i];
    fft(a,1,n);
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        j=(n-i)&(n-1);
        b[i]=(a[i]*a[i]-(a[j]*a[j]).con())*cl(0,-0.25);
    }
    fft(b,-1,n);
    for(i=0;i<n;++i) ans[1+i]+=(ll)(b[i].x+0.1);
    
    cal(l,mid,n>>1,L-1);
    cal(mid+1,r,n>>1,L-1);
}
int main()
{
    register int n1,n2,q,i,x;
    T=rd();
    while(T--)
    {
        n1=rd();n2=rd();q=rd();mx=0;
        memset(A,0,sizeof(A));
        memset(B,0,sizeof(B));
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        for(i=0;i^n1;++i)
        {
            x=rd();A[x]++;
            mx=max(mx,x);
        }
        for(i=0;i^n2;i++)
        {
            x=rd();B[x]++;
            mx=max(mx,x);
        }
        for(n=1,L=-1;n<(mx<<1);n<<=1) L++;
        cal(0,n-1,n,L);
        while(q--)
        {
            x=rd();
            printf("%lld\n",ans[x]);
        }
    }
    return 0;
}

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